Геометрия по Киселёву · 2019-12-30 · 1 o o b 1 1 Рис.11 Положим,...

Геометрия по Киселёву

Андрей Петрович Киселёв

arX

iv:1

806.

0694

2v4

[m

ath.

HO

] 2

6 D

ec 2

019

Под редакцией Н. А. Ершова, А. М. Петрунина и С. Л. Табачникова.На обложке: портрет Андрея Петровича Киселёва написанный его

дочерью Еленой Андреевной Киселёвой, 1906 год.

Это произведение находится в общественном достоянии.

https://anton-petrunin.github.io/kiselyov/

1

От редакции

«Элементарная геометрия» Андрея Петровича Киселёва это один излучших учебников по геометрии — многие темы этого учебника простоневозможно объяснить более доходчиво.

Предмет «Геометрия» трактуется сегодня иначе; во времена Кисе-лёва, геометрия включала в себя начала анализа и даже элементы тео-рии чисел. Этим учебник Киселёва существенно отличается от совре-менных учебников, и поэтому он может помочь современным школь-никам; например, для них может оказаться полезным геометрическоепонимание предела, непрерывности, интеграла, алгоритма Евклида ииррациональных чисел.

Наша цель сделать удобным использование этого учебника сегодня;мы заменили термины на современные и внесли незначительные уточ-нения, в основном исторические. Мы используем лицензию CC0 (тоесть отказываемся от авторских прав); сам учебник Киселёва перешёлв общественное достояние несколько лет назад. В частности, любой же-лающий может использовать любую часть этого учебника для написа-ния своего под любой лицензией — возможно, таким образом удастсяпродолжить традиции и облегчить создание хороших учебников.

Автор учебника, Андрей Петрович Киселёв, сочетал в себе хорошеепонимание современной ему математики и талант школьного учите-ля — такое сочетание редко и ценно во все времена. В учебнике рас-крывается несколько тем, которые были новыми к моменту его напи-сания. Этот учебник (очевидно) написан на основе учебника АвгустаЮльевича Давидова, структура взята практически без изменения, но ссущественными улучшениями. Практически весь учебник строится настрогих доказательствах, и при этом Киселёв смог обойтись без зауми;очевидно, что в этом помог его преподавательской опыт. Доказатель-ства в учебнике всегда строятся по наиболее наглядному пути (пустьдаже чуть более сложному) — однажды поняв такое доказательство,его уже невозможно забыть.

На основе этого учебника (прямо или косвенно) были написаны всесовременные русские учебники по геометрии. Среди авторов последую-щих учебников были математики и педагоги высокого уровня — АндрейНиколаевич Колмогоров, Алексей Васильевич Погорелов, Левон Серге-евич Атанасян, Александр Данилович Александров, Игорь ФёдоровичШарыгин. Каждый из этих учебников по своему хорош, но каждыйуступает учебнику Киселёва в главном — предъявляет существенно бо-лее высокие требования к преподавателю.

Н. А. Ершов,А. М. Петрунин,

С. Л. Табачников.

2

Введение

1. Геометрические фигуры. Часть пространства, ограниченнаясо всех сторон, называется геометрическим телом.

Геометрическое тело отделяется от окружающего пространства по-верхностью.

Часть поверхности отделяется от смежной части линией.Часть линии отделяется от смежной части точкой.Геометрическое тело, поверхность, линия и точка не существуют

раздельно. Однако при помощи отвлечения мы можем рассматриватьповерхность независимо от геометрического тела, линию — независимоот поверхности и точку — независимо от линии. При этом поверхностьмы должны представить себе не имеющей толщины, линию — не име-ющей ни толщины, ни ширины и точку — не имеющей ни длины, ниширины, ни толщины.

Совокупность каких бы то ни было точек, линий, поверхностей илител, расположенных известным образом в пространстве, называется во-обще геометрической фигурой. Геометрические фигуры могут переме-щаться в пространстве, не подвергаясь никаким изменениям. Две гео-метрические фигуры называются равными, если перемещением однойиз них в пространстве её можно совместить со второй фигурой так, чтообе фигуры совместятся во всех своих частях.

2. Геометрия. Наука, рассматривающая свойства геометрическихфигур, называется геометрией, что в переводе с греческого языкаозначает землемерие. Возможно такое название этой науке было данопотому, что в древнее время главной целью геометрии было измерениерасстояний и площадей на земной поверхности.

Плоскость

3. Плоскость. Из различных поверхностей наиболее знакомая наместь плоская поверхность, или просто п л о с к о с т ь, представлениео которой даёт нам, например, поверхность хорошего оконного стеклаили поверхность спокойной воды в пруде.

Укажем следующее свойство плоскости: Всякую часть плоскостиможно наложить всеми её точками на другое место этой или дру-гой плоскости, причём накладываемую часть можно предварительноперевернуть другой стороной.

Прямая линия

4. Прямая линия. Самой простой линией является прямая. Пред-ставление о прямой линии, или просто о прямой, всем хорошо знакомо.

3

Представление о ней даёт туго натянутая нить или луч света, выходя-щий из малого отверстия. С этим представлением согласуется следую-щее основное свойство прямой.

Через всякие две точки пространства можно провести прямую ипритом только одну.

Из этого свойства следует:Если две прямые наложены одна на другую так, что какие-нибудь

две точки одной прямой совпадают с двумя точками другой прямой,то эти прямые сливаются и во всех остальных точках (потому чтов противном случае через две точки можно было бы провести две раз-личные прямые, что невозможно).

По той же причине две прямые могут пересечься только в однойточке.

Прямая линия может лежать на плоскости. При этом плоскость об-ладает следующим свойством.

Если на плоскости взять какие-нибудь две точки и провести черезних прямую линию, то все точки этой прямой будут находиться вэтой плоскости.

5. Луч и отрезок. Если прямую представляют продолженной вобе стороны бесконечно, то её называют бесконечной (или неогра-ниченной) прямой.

A Ba

Рис. 1

C Db

Рис. 2

E

Рис. 3

Прямую обозначают обыкновенно двумябольшими буквами, поставленными у двухкаких-либо её точек. Так, говорят: «прямая AB»или «BA» (рис. 1).

Часть прямой, ограниченная с обеих сто-рон, называется отрезком; отрезок обыкновен-но обозначается двумя буквами, поставленны-ми у его концов (отрезок CD, рис. 2). Иногдапрямую или отрезок обозначают и одной буквой(малой); например, говорят: «прямая a, отрезокb».

Иногда рассматривают прямую, ограничен-ную только с одной стороны, например в точкеE (рис. 3). О такой прямой говорят, что она исходит из точки E; еёназывают лучом или полупрямой.

6. Равенство и неравенство отрезков. Два отрезка равны, еслиони могут быть наложены один на другой так, что их концы совпа-дут. Положим, например, что мы накладываем отрезок AB на отрезокCD (рис. 4) так, чтобы точка A совпала с точкой C и чтобы прямаяAB пошла по прямой CD, если при этом концы B и D совпадут, тоотрезки AB и CD равны; в противном случае отрезки будут не равны,причём меньшим считается тот, который составит часть другого.

4

A B C D

Рис. 4

Чтобы на какой-нибудь прямой отложить отрезок, равный данно-му отрезку, употребляют циркуль — прибор, известный учащимся изопыта.

7. Сумма отрезков. Суммой нескольких данных отрезков AB,CD, EF, . . . (рис. 5) называется такой отрезок, который получится сле-дующим образом. На какой-нибудь прямой берём произвольную точкуM и откладываем от неё отрезок MN , равный AB, затем от точки Nв том же направлении откладываем отрезок NP , равный CD, и отре-зок PQ, равный EF . Тогда отрезок MQ и будет суммой отрезков AB,CD и EF (которые по отношению к этой сумме называются слагаемы-ми). Подобным образом можно получить сумму какого угодно числаотрезков.

A B C D E F

M N P Q

Рис. 5

Сумма отрезков обладает всеми свойствами суммы чисел; так, онане зависит от порядка слагаемых (п е р е м е с т и т е л ь н ы й з а к о н)и не изменяется, если некоторые слагаемые будут заменены их суммой(с о ч е т а т е л ь н ы й з а к о н). Так:

AB + CD + EF = AB + EF + CD = EF + CD +AB = . . .

и

AB + CD + EF = AB + (CD + EF ) = CD + (AB + EF ) = . . .

8. Действия над отрезками. Из понятия о сумме выводятся по-нятия о разности отрезков, умножении и делении отрезков на число.Так, разность отрезков AB и CD (если AB > CD) есть такой третийотрезок, сумма которого с CD равна AB; произведение отрезка ABна число 3 есть сумма трёх отрезков, из которых каждый равен AB;частное от деления отрезка AB на число 3 есть третья часть AB и такдалее.

Если данные отрезки измерены какой-нибудь линейной единицей(например, сантиметром), и длины их выражены соответствующимичислами, то длина суммы отрезков выразится суммой чисел, измеряю-щих эти отрезки, разность выразится разностью чисел и т. д.

5

Понятие об окружности

9. Окружность. Если дадим циркулю произвольный раствор и,поставив одну его ножку остриём в какую-нибудь точку O плоскости(рис. 6), станем вращать циркуль вокруг этой точки, то другая его нож-ка, снабжённая карандашом или пером, прикасающимся к плоскости,опишет на плоскости непрерывную линию, все точки которой одина-ково удалены от точки O. Эта линия называется окружностью, иточка O — её центром. Отрезки OA, OB, OC, . . . , соединяющие центрс какими-нибудь точками окружности, называются радиусами. Всерадиусы одной окружности равны между собой.

Окружности, описанные одинаковыми радиусами, равны, так какони при совмещении их центров совмещаются всеми своими точка-ми. Прямая (MN , рис. 6), проходящая через какие-нибудь две точкиокружности, называется секущей.

Отрезок (EF ), соединяющий две какие-нибудь точки окружности,называется хордой.

A

BC

D

E

F

M

NO

m

Рис. 6

AB

C

D

PN

M

O

Рис. 7

Всякая хорда (AD), проходящая черезцентр, называется диаметром. Диаметр ра-вен сумме двух радиусов, и потому все диа-метры одной окружности равны между со-бой. Какая-нибудь часть окружности (на-пример, EmF ) называется дугой.

О хорде (EF ), соединяющей концыкакой-нибудь дуги, говорят, что она стяги-вает эту дугу.

Дуга обозначается иногда знаком `;например, вместо «дуга EmF» пишут«`EmF». Часть плоскости, ограниченнаяокружностью, называется кругом1.

Часть круга, заключённая между двумярадиусами (часть COB, покрытая штрихамина рис. 6), называется сектором, а часть,отсекаемая от круга какой-нибудь секущей(часть EmF ), называется сегментом.

10. Равенство и неравенство дуг. Дведуги одной и той же окружности (или рав-ных окружностей) равны между собой, еслиони могут быть совмещены так, что их концысовпадут. Положим, например, что мы накладываем дугу AB (рис. 7)на дугу CD так, чтобы точка A совпала с точкой C и дуга AB пошла

1Иногда слово «круг» употребляют в том же смысле, как и окружность. Ноэтого следует избегать, так как употребление одного и того же термина для разныхпонятий может приводить к ошибкам.

6

по дуге CD; если при этом концы B и D совпадут, то совпадут и всепромежуточные точки этих дуг, так как они находятся на одинаковомрасстоянии от центра, значит, `AB = `CD; если же B и D не совпа-дут, то дуги не равны, причём та считается меньше, которая составитчасть другой.

11. Сумма дуг. Суммой нескольких данных дуг одинакового ра-диуса называется такая дуга того же радиуса, которая составлена изчастей, соответственно равных данным дугам. Так, если от произволь-ной точки M (рис. 7) окружности отложим часть MN , равную AB, изатем от точки N в том же направлении отложим часть NP , равнуюCD, то дуга MP будет суммой дуг AB и CD. Подобно этому можносоставить сумму трёх и более дуг.

При сложении дуг одинакового радиуса их сумма может не уме-ститься на одной окружности, одна из дуг может частично покрытьдругую. В таком случае суммой дуг будет являться дуга, большая це-лой окружности. Так, например, при сложении дуги AmB с дугой CnD(рис. 8) получаем дугу, состоящую из целой окружности и дуги AD.

A AB C

D

BC

D

m

n

Рис. 8

Сумма дуг, как и сумма отрезков, обладает свойствами перемести-тельным и сочетательным.

Из понятия о сумме дуг выводятся понятия о разности дуг, умно-жении и делении дуги на число, так же как и для отрезков.

12. Разделение геометрии. Геометрия разделяется на две части:планиметрию и стереометрию. Первая рассматривает свойства та-ких фигур, все части которых помещаются на одной плоскости; вторая— свойства таких фигур, у которых не все части помещаются на однойплоскости.

Часть I

Планиметрия

7

Глава 1

Прямая линия

1 Углы

Предварительные понятия

13. Угол. Фигура, образованная двумя лучами, исходящими из од-ной точки, называется углом. Полупрямые, образующие угол, называ-ются сторонами, а точка, из которой они исходят, — вершиной угла.Стороны следует представлять себе неограниченно продолженными отвершины.

O

A

B

D

E

Рис. 9

Угол обыкновенно обозначается тремя боль-шими буквами, из которых средняя ставится увершины, а крайние — у каких-нибудь точек сто-рон; например, говорят: «угол AOB» или «уголBOA» (рис. 9). Но можно обозначить угол и од-ной буквой, поставленной у вершины, если приэтой вершине нет других углов. Мы иногда будемобозначать угол цифрой, поставленной внутри уг-ла около вершины.

Стороны угла разделяют всю плоскость, в ко-торой лежит этот угол, на две области. Одна из них называется внут-ренней областью угла, другая — внешней его областью. Обычновнутренней областью считается та, в которой целиком помещается от-резок, соединяющей две любые точки, взятые на сторонах угла, напри-мер точки A и B на сторонах угла AOB (рис. 9). Но иногда приходитсясчитать внутренней областью угла другую часть плоскости. В этих слу-чаях обычно делается специальное указание, какая область плоскостисчитается внутренней областью угла.

На рис. 10 представлены раздельно оба случая. Внутренней обла-стью угла в каждом случае служит заштрихованная часть плоскости.

9

10 ГЛАВА 1. ПРЯМАЯ ЛИНИЯ

Если из вершины угла (рис. 9) проведём внутри него какие-нибудьпрямые OD,OE, . . . , то образовавшиеся при этом углы AOD, DOE,EOB, . . . , рассматриваются как части угла AOB.

O A

B

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO A

B

Рис. 10

Слово «угол» при записи заменяется часто знаком ∠. Например,вместо «угол AOB» обычно пишут: ∠AOB.

14. Равенство и неравенство углов. В соответствии с общимопределением равенства геометрических фигур (§ 1) два угла счита-ются равными, если при наложении они могут совместиться.

A A1

B B1O O1

Рис. 11

Положим, например, что мы накладываем угол AOB на уголA1O1B1 (рис. 11) так, чтобы вершина O совпала с O1, сторона OBпошла по O1B1 и чтобы внутренние области обоих углов были распо-ложены по одну сторону от прямой O1B1. Если при этом сторона OAсовместится с O1A1, то углы равны; если же OA пойдёт внутри углаA1O1B1 или же вне его, то углы не равны, причём тот из них будетменьше, который составит часть другого угла.

A

B

OA1

B1

O1Q

P

N

Q

Рис. 12

1. УГЛЫ 11

15. Сумма углов. Суммой углов AOB и A1O1B1 (рис. 12) называ-ется такой угол, который получится следующим образом. Строим уголMNP , равный первому данному углу AOB, и к нему пристраиваемугол PNQ, равный другому данному углу A1O1B1 так, чтобы у обо-их углов оказалась общая вершина N и общая сторона NP и чтобывнутренние области углов были расположены по разные стороны отобщей стороны NP . Тогда угол MNQ, называется суммой углов AOBи A1O1B1. Внутренней областью этого угла служит та область плоско-сти, которая образована совокупностью внутренних областей склады-ваемых углов. Это та область, в которой лежит общая сторона (NP )складываемых углов. Подобным образом может быть составлена сумматрёх и более углов.

биссектр

иса

Рис. 13

A

BC

DO

Рис. 14

A

B

C

D

E

O

Рис. 15

Сумма углов, как и сумма отрезков,обладает свойствами переместительными сочетательным. Часто приходится го-ворить о такой полупрямой, которая де-лит данный угол пополам; такой полу-прямой дали особое название: биссек-триса (рис. 13).

16. Расширение понятия об уг-ле. При нахождении суммы углов могутпредставиться некоторые особые случаи,которые полезно рассмотреть отдельно.

1. Может случиться, что после сло-жения нескольких углов, например трёх:AOB, BOC и COD (рис. 14), сторона ODугла COD составит продолжение сторо-ны OA угла AOB. Мы получим тогда фи-гуру, образованную двумя полупрямыми(OA и OD), исходящими из одной точки(O) и составляющими продолжение однадругой. Такую фигуру принято тоже на-зывать углом (развёрнутым).

2. Может случиться, что после сло-жения нескольких углов, например пятиуглов: AOB, BOC, COD, DOE и EOA(рис. 15), сторона OA угла EOA совме-стится со стороной OA угла AOB.

Фигура, образованная такими совпав-шими полупрямыми (рассматриваемаявместе со всей плоскостью, расположен-ной вокруг общей вершины O), также называется углом (полным).

3. Наконец, может случиться, что, строя сумму углов, мы не толь-ко заполним всю плоскость вокруг их общей вершины, но даже будем


вынуждены налагать углы один на другой, покрывая плоскость вокругобщей вершины во второй раз, в третий раз и т. д. Такая сумма угловравна одному полному углу, сложенному с некоторым углом, или равнадвум полным углам, сложенным с некоторым углом, и т. д.

Измерение углов

17. Центральный угол. Угол (AOB, рис. 16), образованный дву-мя радиусами окружности, называется центральным углом; о такомугле и дуге, заключённой между его сторонами, говорят, что они соот-ветствуют друг другу.

A B

O

Рис. 16

AB

C

D

O

Рис. 17

Центральные углы по отношению к соответ-ствующим им дугам обладают следующими двумясвойствами.

В одном круге или в равных кругах.1) Если центральные углы равны, то и

соответствующие им дуги равны.2) Обратно. Если дуги равны, то и соот-

ветствующие им центральные углы рав-ны.

Пусть ∠AOB = ∠COD (рис. 17), покажем, чтодуги AB и CD также равны. Вообразим, что сек-тор AOB мы повернули вокруг центра O в направ-лении, указанном стрелкой, настолько, чтобы ра-диус OA совпал с OC. Тогда, вследствие равен-ства углов, радиус OB совместится с OD; значит,совместятся и дуги AB и CD, то есть они будутравны.

Второе свойство также легко обнаружить на-ложением.

18. Градусы дуговой и угловой. Вообразим, что какая-нибудьокружность разделена на 360 равных частей и ко всем точкам деленияпроведены радиусы. Тогда вокруг центра образуются 360 центральныхуглов, которые, как соответствующие равным дугам, должны быть рав-ны между собой. Каждая из полученных таким образом на окружностидуг называется дуговым градусом, а каждый из образовавшихся прицентре углов называется угловым градусом. Значит, можно сказать,что дуговой градус есть 1

360 часть окружности, а угловой градус естьцентральный угол, соответствующий дуговому градусу.

Градусы (дуговые и угловые) подразделяются ещё на 60 равныхчастей, называемых минутами, а минуты подразделяются ещё на 60равных частей, называемых секундами.

Пусть AOB есть какой-нибудь угол (рис. 18). Опишем между егосторонами с центром в вершине O дугу CD произвольного радиуса; то-

1. УГЛЫ 13

A

B

C

DO

Рис. 18

гда угол AOB будет центральным углом, соответствующим дуге CD.При этом угол измеряется соответствующей ему дугой; то есть в углесодержится столько угловых градусов, минут и секунд, сколько в соот-ветствующей ему дуге содержится дуговых градусов, минут и секунд.Если, например, в дуге CD содержится 20,57 градусов или, что то жесамое, 20 градусов 34 минут 12 секунд,1 то и в угле AOB заключается20 градусов 34 минут 12 секунд угловых, что принято выражать так:∠AOB = 20,57◦ = 20◦34′12′′ обозначая знаками ◦, ′ и ′′ соответственноградусы, минуты и секунды.

Величина углового градуса не зависит от радиуса окружности. Дей-ствительно, если сложить 360 угловых градусов по правилу, указанномув § 15, то получим полный угол при центре окружности. Каков бы нибыл радиус окружности, этот полный угол будет один и тот же. Зна-чит, можно сказать, что угловой градус составляет 1

360 часть полногоугла; это мера угла, определяющая его величину независимо от радиу-са окружности. Число угловых градусов в данном угле принимают замеру наклона одной стороны угла к другой.

Поскольку число 360 имеет много делителей, градусы удобны дляработы с дробными долями полного угла. Тем не менее основной еди-ницей измерения углов считается радиан; он будет определён в § 243.Кроме градусов и радиан употребляются и другие единицы для изме-рения углов, например прямой угол, оборот равный полному углу иград равный сотой доле прямого угла.

19. Транспортир. Для измерения углов употребляется особый при-бор — транспортир. Этот прибор (рис. 19) представляет собой полу-круг, дуга которого разделена на 180◦. Чтобы измерить угол DCE,накладывают на него прибор так, чтобы центр полукруга совпадал свершиной угла, а радиус CB был расположен по стороне CE. Тогдачисло градусов, содержащееся в дуге, заключённой между сторонамиугла DCE, покажет его величину. При помощи транспортира можнотакже начертить угол, содержащий данное число градусов.

1Поскольку20,57 = 20 57

100= 20 + 34

60+ 12

60·60 .


1020

30

40

50

6070

8090100110

120

130

140

150

160

170

170160

150

140

130

120

1101009080

7060

50

40

3020

10

A BC

D

E55◦

Рис. 19

20. Прямой, острый и тупой углы. Угол в 90◦ (составляющий,следовательно, половину развёрнутого угла или четверть полного уг-ла) называют прямым углом; угол, меньший прямого, называют ост-рым, а угол, больший прямого, но меньший развёрнутого, называюттупым (рис. 20)

прямой острый тупой90◦

Рис. 20

Конечно, все прямые углы , как содержащие одинаковое числоградусов, равны между собой . На чертежах прямой угол принятообозначать квадратиком, как показано на рис. 20.

Смежные и вертикальные углы

21. Смежные углы и их свойства. Два угла (AOB и BOC,рис. 21) называются смежными, если одна сторона у них общая, адве другие стороны составляют продолжение одна другой.

Так как такие углы в сумме составляют развёрнутый угол, то сум-ма двух смежных углов равна 180◦.

Для каждого данного угла можно построить два смежных с нимугла. Например, для угла AOB (рис. 22), продолжив сторону AO, мыполучим один смежный угол AOD. Два угла, BOC и AOD, смежные

1. УГЛЫ 15

A

B

CO

A

B

C

D

O

Рис. 21 Рис. 22

с одним и тем же углом AOB, равны между собой, так как каждыйиз них дополняет угол AOB до 180◦.

A

B

C

D

O

90◦

90◦

90◦

90◦

Рис. 23

Если угол AOB прямой (рис. 23), то есть ес-ли он содержит 90◦, то и каждый из смежныхс ним углов COB и AOB должен быть такжепрямой, так как он содержит в себе 180◦ − 90◦,то есть 90◦; четвёртый угол COB тоже долженбыть прямым, так как три угла AOB, BOCи AOB составляют в сумме 270◦ и, следова-тельно, от 360◦ на долю четвёртого угла COBостаётся тоже 90◦. Таким образом: если при пе-ресечении двух прямых (AC и BD, рис. 23)один из четырёх углов окажется прямой, тои остальные три угла должны быть прямые.

22. Перпендикуляр и наклонная. Общая сторона (OB) двухсмежных углов называется наклонной к прямой (AC), на которой ле-жат две другие стороны, в том случае, когда смежные углы не равнымежду собой (рис. 24); в том же случае, когда смежные углы равны(рис. 25) и когда, следовательно, каждый из углов есть прямой, общаясторона называется перпендикуляром к прямой, на которой лежатдве другие стороны. Общая вершина (O) в первом случае называетсяоснованием наклонной, во втором случае — основанием перпен-дикуляра.

A

B

CO

A

B

CO


Две прямые (AC и BD, рис. 23), пересекающиеся между собой подпрямым углом, называются взаимно перпендикулярными. Что пря-мая AC перпендикулярна к прямой BD, записывают так: AC ⊥ BD.

З а м е ч а н и я. 1) Если перпендикуляр к прямой AC (рис. 25) при-ходится проводить из точки O, лежащей на этой прямой, то говорят,


что этот перпендикуляр надо «восстановить» к прямой AC, а если тре-буется перпендикуляр провести из точки B, лежащей вне прямой, тоговорят, что его надо о п у с т и т ь на прямую (всё равно: вниз иливверх, или вбок).

A BCD

M

N

Рис. 26

2) Очевидно, что из всякой точки даннойпрямой можно к этой прямой восстановитьперпендикуляр и притом только один.

23. Докажем, что из всякой точки, ле-жащей вне прямой, можно опуститьна эту прямую перпендикуляр и толь-ко один .

Пусть дана какая-нибудь прямая AB(рис. 26) и вне её произвольная точкаM ; тре-буется показать, что, во-первых, из этой точ-ки можно опустить на прямую AB перпенди-куляр и, во-вторых, что этот перпендикулярможет быть только один.

Вообразим, что мы перегнули чертёж; по прямой AB так, чтобыверхняя его часть упала на нижнюю. Тогда точка M займёт некотороеположение N . Отметив это положение, приведём чертёж; в прежнийвид и затем соединим точкиM и N прямой. Убедимся, что полученнаяпрямая MN перпендикулярна к AB, а всякая иная прямая, исходящаяиз M , например MD, не перпендикулярна к AB. Для этого перегнёмчертёж вторично. Тогда точкаM снова совместится с N , а точки C и Dостанутся на своих местах; следовательно, прямаяMC совпадёт сNC, аMD с ND. Из этого следует, что ∠MCB = ∠BCN и ∠MDC = ∠CDN .

Но углы MCB и BCN смежные и, как теперь видим, равные; сле-довательно, каждый из них есть п р я м о й, а потому MN ⊥ AB. Таккак линия MDN не прямая (потому что не может быть двух различ-ных прямых, соединяющих точкиM и N), то сумма двух равных угловMDC и CDN н е р а в н а 180◦; поэтому угол MDC не есть прямой,и, значит, MD не перпендикулярна к AB. Таким образом, другого пер-пендикуляра из точки M на прямую AB опустить нельзя.

24. Чертёжный угольник. Для построения перпендикуляра кданной прямой очень удобен угольник — чертёжный инструмент в видетреугольника у которого один из углов делается прямым. Чтобы про-вести перпендикуляр к прямой AB (рис. 27) через точку D, взятуювне прямой, приставляют линейку к прямой AB, к линейке угольник, азатем, придерживая линейку рукой, двигают угольник вдоль линейкидо тех пор, пока другая сторона прямого угла не пройдёт через точкуD, затем проводят прямую CE. Точно также поступают если точка Dлежит на прямой AB.

1. УГЛЫ 17

A BC

D

E

Рис. 27

A

BC

D

O

Рис. 28

25. Вертикальные углы и их свой-ство. Два угла называются вертикаль-ными, если стороны одного составляютпродолжение сторон другого. Так, при пе-ресечении двух прямых AB и CD (рис. 28)образуются две пары вертикальных углов:AOD и COB, AOC иDOB (и четыре парысмежных углов).

Два вертикальных угла равнымежду собой (например, ∠AOD =∠BOC), так как каждый из них естьсмежный с одним и тем же углом(с ∠DOB или с ∠AOC), а такие углы, какмы видели (§ 21), равны друг другу.

26. Замечания об углах, имеющихобщую вершину. Об углах, имеющих об-щую вершину, полезно помнить следую-щие простые истины.

1) Если сумма нескольких углов (AOB,BOC, COD, DOE, рис. 29), имеющих общую вершину, составляетразвёрнутый угол, то она равна 180◦.

2) Если сумма нескольких углов (AOB, BOC, COD, DOE, EOAрис. 30), имеющих общую вершину, составляет полный угол, то онаравна 360◦.

3) Если два угла (AOB и BOC, рис. 24) имеют общую вершину (O)и общую сторону (OB) и в сумме составляют 180◦, то их две другиестороны (AO и OC) составляют продолжение одна другой (то естьтакие углы будут смежными).

A

B

C D

EO

A

BC

D

E

O


Упражнения

1. Некоторый угол равен 38◦20′; найти величину смежного с нимугла.


2. Два угла ABC и CBD, имея общую вершину B и общую сторонуBC, расположены так, что они не покрывают друг друга; уголABC = 100◦20′ , а угол CBD = 79◦40′. Составляют ли стороныAB и BD прямую или ломаную.

3. Построить какой-нибудь угол и при помощи транспортира и ли-нейки провести его биссектрису.

Д о к а з а т ь, что:

4. Биссектрисы двух смежных углов взаимно перпендикулярны.

5. Биссектрисы двух вертикальных углов составляют продолжениеодна другой.

6. Если при точке O прямой AB (рис. 28) построим по разные сто-роны от AB равные углы AOB и BOC, то стороны их OD и OCсоставляют одну прямую.

7. Если из точки O (рис. 28) проведём полупрямые OA, OB, OB,OC так, что ∠AOC = ∠DOB и ∠AOD = ∠COD, то OD естьпродолжение OA и OB есть продолжение OC.

У к а з а н и е. Надо применить § 26, 2 и 3.

2. МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРЕДЛОЖЕНИЯ 19

2 Математические предложения

27. Теоремы, аксиомы, определения. Из того, что было изложе-но, можно заключить, что некоторые геометрические истины мы счи-таем вполне очевидными (например, свойства плоскости и прямой в§§ 3 и 4), а другие устанавливаем путём рассуждений (например, свой-ства смежных углов в § 21 и вертикальных в § 25). Такие рассужденияявляются в геометрии главным средством обнаружить свойства геомет-рических фигур. Поэтому для дальнейшего полезно заранее познако-миться с теми видами рассуждений, которые применяются в геометрии.Все истины, которые устанавливаются в геометрии, выражаются в видепредложений.

Эти предложения бывают следующих видов.Определения. Определениями называют предложения, в которых

разъясняется, какой смысл придают тому или другому названию иливыражению. Например, мы уже встречали определения центральногоугла, прямого угла и перпендикуляра.

Аксиомы. Аксиомами называют истины, которые принимаются бездоказательства. Таковы, например, предложения, встречавшиеся намранее (§ 4): через всякие две точки можно провести прямую и притомтолько одну; если две точки прямой лежат в данной плоскости, то ивсе точки этой прямой лежат в той же плоскости.

Укажем ещё следующие аксиомы, относящиеся ко всякого рода ве-личинам:

если две величины равны порознь одной и той же третьей величине,то они равны и между собой.

если к равным величинам прибавим поровну или от равных величинотнимем поровну, то равенство не нарушится.

если к неравным величинам прибавим поровну или от неравныхвеличин отнимем поровну, то смысл неравенства не изменится, то естьбольшая величина останется большей.

Теоремы. Теоремами называются предложения, истинность кото-рых обнаруживается только после некоторого рассуждения (доказа-тельства). Примером могут служить следующие предложения.

если в одном круге или в равных кругах центральные углы равны,то и соответствующие им дуги равны.

если при пересечении двух прямых между собой один из четырёхуглов окажется прямой, то и остальные три угла прямые.

Следствия. Следствиями называются предложения, которые со-ставляют непосредственный вывод из аксиомы или из теоремы. На-пример, из аксиомы: «через две точки можно провести только однупрямую» следует, что «две прямые могут пересечься только в однойточке».


28. Состав теоремы. Во всякой теореме можно различить две ча-сти: условие и заключение. Условие выражает то, что предполагаетсяданным; заключение — то, что требуется доказать. Например, в тео-реме: «если центральные углы равны, то и соответствующие им дугиравны» условием служит первая часть теоремы: «если центральныеуглы равны», а заключением — вторая часть: «то и соответствующиеим дуги равны»; другими словами, нам дано (нам известно), что цен-тральные углы равны, а требуется доказать, что при этом условии исоответствующие дуги также равны.

Условие и заключение теоремы могут иногда состоять из несколькихотдельных условий и заключений; например, в теореме: «если числоделится на 2 и на 3, то оно разделится и на 6» условие состоит из двухчастей: «если число делится на 2» и «если число делится на 3».

Полезно заметить, что всякую теорему можно подробно выразитьсловами так, что её условие будет начинаться словом «если», а заклю-чение — словом «то». Например, теорему: «вертикальные углы равны»можно подробнее высказать так: «если два угла вертикальные, то ониравны».

29. Обратная теорема. Теоремой, обратной данной теореме, на-зывается такая, в которой условием поставлено заключение (или частьзаключения), а заключением — условие (или часть условия) даннойтеоремы. Например, следующие две теоремы обратны друг другу.

Если центральные углыравны, то и соответствую-щие им дуги равны.

Если дуги равны, то исоответствующие им цен-тральные углы равны.

Если одну из этих теорем назовём прямой, то другую следует на-звать обратной. В этом примере обе теоремы, и прямая, и обратная,оказываются верными. Но так бывает не всегда. Например, теорема:«если два угла вертикальные, то они равны» верна, но обратное пред-ложение: «если два угла равны, то они вертикальные» неверно.

В самом деле, допустим, что в каком-либо углу проведена его бис-сектриса (рис. 13). Она разделит данный угол на два меньших угла.Эти углы будут равны между собой, но они не будут вертикальными.

30. Противоположная теорема. Теоремой, противоположнойданной теореме, называется такая, условие и заключение которой пред-ставляют отрицание условия и заключения данной теоремы. Например,теореме: «если сумма цифр делится на 9, то число делится на 9» соот-ветствует такая противоположная: «если сумма цифр не делится на 9,то число не делится на 9».

И здесь должно заметить, что верность прямой теоремы ещё не слу-жит доказательством верности противоположной: например, противо-положное предложение: «если каждое слагаемое не делится на одно ито же число, то и сумма не разделится на это число» — неверно, тогда

2. МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРЕДЛОЖЕНИЯ 21

как прямое предложение верно.

31. Зависимость между теоремами: прямой, обратной и про-тивоположной. Для лучшего уяснения этой зависимости выразимтеоремы сокращённо так (буквой A мы обозначим условие теоремы,а буквой B — её заключение).

1) Прямая: если есть A, то есть и B.2) Обратная: если есть B, то есть и A.3) Противоположная прямой: если нет A, то нет и B.4) Противоположная обратной: если нет B, то нет и A.Рассматривая эти предложения, легко заметить, что первое из них

находится в таком же отношении к четвёртому, как второе к третьему,а именно: предложения первое и четвёртое обратимы одно в другое,равно как второе и третье. Действительно, из предложения: «если естьA, то есть и B» непосредственно следует: «если нет B, то нет и A» (таккак если бы A было, то, согласно первому предложению, было бы иB); обратно, из предложения: «если нет B, то нет и A» выводим: «еслиесть A, то есть и B» (так как если бы B не было, то не было бы иA). Совершенно так же убедимся, что из второго предложения следуеттретье, и наоборот.

Таким образом, чтобы иметь уверенность в справедливости всех че-тырёх теорем, нет надобности доказывать каждую из них отдельно, адостаточно ограничиться доказательством только двух: прямой и об-ратной, или прямой и противоположной.


3 Треугольники

Понятие о многоугольнике и треугольнике

32. Ломаная линия. Линия, образуемая отрезками, не лежащихна одной прямой и расположенных так, что конец первого служит на-чалом второго, конец второго — началом третьего и т. д., называетсяломаной линией (рис. 31 и 32). Эти отрезки называются сторона-ми ломаной или её звеньями, а вершины углов, образуемых соседни-ми отрезками, — вершинами её. Ломаная линия обозначается рядомбукв, поставленных у её вершин и концов; например говорят: ломанаяABCDE. Ломаная линия называется выпуклой, если она вся распо-ложена по одну сторону от каждого входящего в её состав отрезка,продолженного неограниченно в обе стороны. Такова, например, ли-ния, изображённая на рис. 31, тогда как ломаная на рис. 32 не будетвыпуклой (она расположена не по одну сторону от прямой BC), рис. 31.

A

B

C

D

E A

B

C D

E


Когда концы ломаной сходятся в одну точку, то она называется за-мкнутой (например, линия ABCDE на рис. 33).

33. Многоугольник. Фигура, образованная замкнутой ломанойлинией вместе с частью плоскости, ограниченной этой линией, назы-вается многоугольником (рис. 33). Стороны этой ломаной называютсясторонами многоугольника, углы, составленные каждыми двумя со-седними сторонами, — углами многоугольника, а их вершины — вер-шинами его.

A

B

C

D

E M

NP

Q

R

S

Рис. 33

При этом внутренней областью угла многоугольника считается (рис.

3. ТРЕУГОЛЬНИКИ 23

33) та, к которой принадлежит непосредственно примыкающая к вер-шине внутренняя область самого многоугольника. Так, для многоуголь-никаMNPQRS (рис. 33) углом при вершине P является угол, большийдвух прямых (с заштрихованной внутренней областью). Сама ломанаялиния, ограничивающая многоугольник, называется контуром его, аотрезок, равный сумме всех его сторон, — периметром.

Многоугольник называется выпуклым, если он ограничен выпук-лой ломаной линией; таков, например, многоугольник ABCDE, изоб-ражённый на рис. 33 (многоугольник MNPQRS нельзя назвать вы-пуклым); мы будем рассматривать, главным образом, выпуклые мно-гоугольники.

Всякая прямая (как AD, BE, MR, . . . , рис. 33), которая соединяетвершины двух углов многоугольника, не прилежащих к одной стороне,называется диагональю многоугольника.

Наименьшее число сторон в многоугольнике — три. По числу сто-рон многоугольник называется треугольником, четырёхугольни-ком, пятиугольником и т. д. Многоугольник с n сторонами называ-ется n-угольником.

Для краткости «треугольник» обозначается символом 4; напримервместо «треугольник ABC» пишут «4ABC».

Рис. 34 Рис. 35 Рис. 36

катет

катет

гипотенуза


34. Типы треугольников. Тре-угольники разделяются по сравни-тельной длине их сторон или по ве-личине их углов. Относительно дли-ны сторон они бывают: разносто-ронние (рис. 34), когда все сторо-ны различной длины, и равнобед-ренные (рис. 35), когда две стороныодинаковы; в частности, равнобедрен-ный треугольник называется равно-сторонним (рис. 36), когда все триего стороны равны между собой.

Относительно величины углов треугольники бывают: остроуголь-ные (рис. 34), когда все углы острые, прямоугольные (рис. 37), когдав числе углов есть прямой, и тупоугольные (рис. 38), когда в числеуглов есть тупой.


В прямоугольном треугольнике стороны, образующие прямой угол,называются катетами, а сторона, лежащая против прямого угла, —гипотенузой.

35. Основные линии в треугольнике. Одну из сторон треуголь-ника иногда называют основанием, тогда вершину противоположногоугла называют вершиной треугольника, а перпендикуляр, опущенныйиз вершины на основание или на его продолжение, — высотой его.

Так, если в 4ABC (рис. 39) за основание взята сторона AC, то Bбудет вершина, BD — высота треугольника.

В равнобедренном треугольнике основанием называют обыкновенноту сторону, которая не принадлежит к равным; тогда вершина равно-бедренного треугольника будет вершиной того угла его, который обра-зован равными сторонами. Отрезок BE (рис. 39), соединяющий верши-ну какого-нибудь угла треугольника с серединой противоположной сто-роны, называется медианой. Отрезок BF (рис. 39а), делящий какой-нибудь угол треугольника пополам, называется его биссектрисой (бис-сектриса, вообще говоря, не совпадает ни с медианой, ни с высотой).

а б

A

B

CD EF A

B

C DE

Рис. 39

Из вершины каждого угла треугольника можно опустить перпенди-куляр на противоположную сторону или её продолжение; следователь-но, каждый треугольник имеет три высоты. Вершину каждого углатреугольника можно соединить прямой с серединой противоположнойстороны, следовательно, каждый треугольник имеет три медианы. Точ-но так же ясно, что каждый треугольник имеет три биссектрисы.

Осевая симметрия

36. При изучении свойств треугольников, многоугольников и другихгеометрических фигур часто встречается случай особого расположенияна плоскости двух равных фигур или двух равных отрезков, или двухточек по отношению к какой-либо прямой. Если какие-нибудь две точ-ки A и A′ (рис. 40) расположены по разные стороны от прямой MNна одном и том же перпендикуляре к этой прямой и на одинаковомрасстоянии от основания перпендикуляра (Aa = A′a), то такие точкиназываются симметричными относительно прямой MN .


M

N

aA

B

C

D

E

A′

B′

C ′D′

E′

Рис. 40

Две фигуры (или две части однойи той же фигуры) называются симмет-ричными относительно прямой MN ,если каждой точке A, B, C, D, E, . . .(рис. 40) одной фигуры (или однойчасти фигуры) соответствуют симмет-ричные точки A′, B′, C ′, D′, E′, . . .другой фигуры (или другой части фи-гуры), и обратно. ПрямаяMN в такомслучае называется осью симметрии.Здесь слово «ось» применяется пото-му, что если часть плоскости, лежа-щую по одну сторону от прямой MN (например, левую часть), станемвращать вокруг MN , как около оси, до тех пор, пока эта часть плоско-сти не упадёт на ту часть, которая лежит по другую сторону от прямойMN (на правую часть), то симметричные фигуры совместятся, так какточка A совпадёт при этом с точкой A′, точка B — с точкой B′ и т. д.

Обратно, если вращением вокруг некоторой прямой мы можем фи-гуру, лежащую по одну сторону от этой прямой, совместить с фигурой,лежащей по другую её сторону, то эти фигуры симметричны относи-тельно оси вращения. Из сказанного следует, что

всякие две фигуры, симметричные относительно какой-либо оси, равны между собой.

Симметрия относительно оси называется осевой симметрией.

A

B

Рис. 41

З а м е ч а н и е. Хотя симметричные фигу-ры вращением вокруг оси симметрии могутбыть приведены в совмещение, однако они, во-обще говоря, не тождественны в своём распо-ложении на плоскости. Это нужно пониматьв следующем смысле: чтобы совместить двесимметричные фигуры, необходимо одну изних перевернуть другой стороной и, следова-тельно, на время вывести её из плоскости.Если же не выводить фигуры из плоскости, то,вообще говоря, никаким перемещением в этой

плоскости нельзя привести её к совпадению с фигурой, ей симметрич-ной относительно оси.

На рис. 41 изображены два узора, симметричные относительно пря-мой AB. Вращая правый узор около прямой AB, его можно совместитьс левым узором.

При этом правый узор будет перевёрнут другой стороной. Но еслине отрывать правого узора от плоскости, а перемещать его так, чтобыон скользил по плоскости, то никаким передвижением его не удастсясовместить с левым узором.


Осевая симметрия часто встречается в обыденной жизни. Узоры надекоративных тканях и на комнатных обоях, архитектурные украше-ния на зданиях в виде плоских рисунков и самые фасады зданий имеютобычно форму, симметричную относительно некоторой оси. В природетакже часто встречаются симметричные формы. Так, листья деревьеви лепестки цветов имеют форму, симметричную относительно среднегостебля. Таков изображённый на рис. 42 лист клёна. Крылья бабочки иих расцветка имеют форму, симметричную относительно оси её туло-вища (рис. 43).


Свойства равнобедренного треугольника

37. Те о р е м ы. 1) В равнобедренном треугольнике биссек-триса угла при вершине есть одновременно и медиана и вы-сота.

2)В равнобедренном треугольнике углы при основании рав-ны.

1 2

345 6A

B

CD

M M ′

K

Рис. 44

Пусть 4ABC (рис. 44) равнобедренный ипрямая BD делит пополам угол B при вер-шине его. Требуется доказать, что эта биссек-триса BD есть также и медиана и высота.

Вообразим, что 4ABD повёрнут вокругстороны BD, как около оси, так, чтобы он упална 4BDC. Тогда, вследствие равенства углов1 и 2, сторона AB пойдёт по BC, а вследствиеравенства этих сторон точка A совпадёт с C.Поэтому BA совместится с BC, угол 4 совме-стится с углом 3 и угол 5 — с углом 6; значит,

DA = BC, ∠4 = ∠3 и ∠5 = ∠6.

Из того, что DA = DC, следует, что BD есть медиана; из того, чтоуглы 3 и 4 равны, вытекает, что эти углы прямые и, следовательно,


BD есть высота треугольника, и, наконец, углы 5 и 6 при основаниитреугольника равны.

38. С л е д с т в и е. Мы видим, что в равнобедренном треугольникеABC (рис. 44) одна и та же прямая BD обладает четырьмя свойства-ми: она есть биссектриса угла при вершине, медиана, проведённая коснованию, высота, опущенная на основание, и, наконец, перпендику-ляр к основанию, восстановленный из его середины. Перпендикулярк отрезку, восстановленный из его середины называется срединнымперпендикуляром к этому отрезку.

Так как каждое из этих четырёх свойств вполне определяет положе-ние прямой BD, то существование одного из них влечёт все остальные.Например, высота, опущенная на основание равнобедренного треуголь-ника, служит одновременно биссектрисой угла при вершине, медиа-ной, проведённой к основанию, и срединным перпендикуляром к осно-ванию.

39. Симметрия равнобедренного треугольника. Мы видели,что равнобедренный 4ABC (рис. 44) делится биссектрисой BD на та-кие два треугольника (левый и правый), которые вращением вокругбиссектрисы могут быть совмещены один с другим. Из этого можнозаключить, что какую бы точку на одной половине равнобедренно-го треугольника мы ни взяли, всегда можно на другой его половиненайти точку, симметричную с первой относительно оси BD. Возьмём,например, на стороне AB точку M (рис. 44). Опустим из неё на BDперпендикуляр MK и продолжим его до пересечения со стороной BC.Мы получим тогда на этой стороне точку M ′, симметричную с точкойM относительно оси BD. Действительно, если, вращая 4ABD вокругBD, мы его совместим с 4BCD, то при этом KM пойдёт по KM ′ (поравенству прямых углов), а сторона BA пойдёт по стороне BC (по ра-венству углов при вершине B); значит, точкаM , которая лежит наKMи на BA, совпадёт с точкой M ′, которая лежит и на KM ′, и на BC.Отсюда видно, что KM = KM ′. Таким образом, точки M и M ′ лежатпо разные стороны от биссектрисы BD, на одном к ней перпендикуляреи на равных расстояниях от основания этого перпендикуляра; значит,эти точки симметричны относительно оси BD. Таким образом, в рав-нобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине есть его осьсимметрии.

Признаки равенства треугольников

40. Предварительные понятия. Две геометрические фигуры, на-пример два треугольника, как мы знаем, называются равными, еслиони при наложении могут быть совмещены. В совмещающихся тре-угольниках, конечно, должны быть соответственно равны все элементыих, то есть стороны, углы, высоты, медианы и биссектрисы. Однако для


того, чтобы утверждать, что два треугольника равны, нет необходимо-сти устанавливать равенства всех их элементов, достаточно убедитьсяв равенстве только некоторых из них.

41. Признаки равенства треугольников.1) Если две стороны и угол, заключённый между ними,

одного треугольника соответственно равны двум сторонами углу, заключённому между ними, другого треугольника,то такие треугольники равны.

2) Если два угла и прилежащая к ним сторона одного тре-угольника соответственно равны двум углам и прилежащейк ним стороне другого треугольника, то такие треугольни-ки равны.

3) Если три стороны одного треугольника равны трёмсторонам другого треугольника, то такие треугольники рав-ны.

A

BC

A1

B1C1

Рис. 45

A

BC

A1

B1C1

Рис. 46

1) Пусть ABC и A1B1C1 — два тре-угольника (рис. 45), у которых AC == A1C1, AB = A1B1, ∠A = ∠A1. Требует-ся доказать, что эти треугольники равны.

Наложим2 4ABC на 4A1B1C1 так,чтобы точка A совпала с A1 и сторонаAC пошла по A1C1. Тогда, вследствие ра-венства этих сторон, точка C совместитсяс C1, вследствие равенства углов A и A1

сторона AB пойдёт по A1B1, а вследствиеравенства этих сторон точка B совпадётс B1, поэтому сторона CB совместится сC1B1 (так как две точки можно соеди-нить только одной прямой), и треугольни-ки совпадут; значит, они равны.

2) Пусть ABC и A1B1C1 (рис. 46) —два треугольника, у которых ∠C = ∠C1,

∠B = ∠B1, и CB = C1B1. Требуется доказать, что эти треугольникиравны.

Наложим 4ABC на 4A1B1C1 так, чтобы точка C совпала с C1 исторона CB пошла по C1B1. Тогда, вследствие равенства этих сторон,точка B совпадёт с B1, а вследствие равенства углов B и B1, C и C1,сторона BA пойдёт по B1A1 и сторона CA — по C1A1.

Так как две прямые могут пересечься только в одной точке, то вер-шина A должна совпасть с A1. Таким образом, треугольники совме-стятся; значит, они равны.

2Для выполнения указанных в этом параграфе наложений иногда приходитсянакладываемый треугольник перевернуть другой стороной.


12

3 4

A

B

C

A1

B1

C1

B2

Рис. 47

3) Пусть ABC и A1B1C1 (рис. 47) — два тре-угольника, у которых AB = A1B1, BC = B1C1,и CA = C1A1. Требуется доказать, что эти тре-угольники равны.

Доказывать этот признак равенства нало-жением, как мы это делали для первых призна-ков, было бы неудобно, так как, не зная ниче-го о величине углов, мы не можем утверждать,что при совпадении двух равных сторон сов-падут и остальные стороны. Вместо наложенияприменим здесь приложение.

Приложим 4ABC к 4A1B1C1 так, чтобы уних совместились равные стороны AC и A1C1.Тогда 4ABC займёт положение 4A1C1B2.

Соединив прямой точки B1 и B2, мы полу-чим два равнобедренных треугольника A1B1B2

и B1C1B2 с общим основанием B1B2. Но в рав-нобедренном треугольнике углы при основанииравны (§ 37); следовательно, ∠1 = ∠2 и ∠3 == ∠4, а потому ∠A1B1C1 = ∠A1B2C1 = ∠B. Но в таком случае данныетреугольники должны быть равны, так как две стороны и угол, заклю-чённый между ними, одного треугольника соответственно равны двумсторонам и углу, заключённому между ними, другого треугольника.

A1

B1

C1

B2

A1

B1

C1

B2


Может случиться, что пря-мая B1B2 не пересечётсясо стороной A1C1, а пойдётвне треугольников (если сум-ма углов C и C1, большее180◦), или сольётся с линиейB1C1B2 (если ∠C + ∠C1 == 180◦). Доказательство оста-ётся то же самое, с той раз-ницей, что углы B1 и B2 бу-дут равны друг другу, не какс у м м ы равных углов, а каких разности, (рис. 48), иликак углы при основании равнобедренного треугольника (рис. 49).

З а м е ч а н и е. В равных треугольниках против равных сторон ле-жат равные углы, и обратно, против равных углов лежат равныестороны.

Доказанные теоремы о равенстве треугольников и умение распо-знавать равные треугольники по указанным признакам чрезвычайнооблегчают решение многих геометрических задач и необходимы длядоказательства многих теорем. Теоремы о равенстве треугольников яв-


ляются главным средством для обнаружения свойств сложных геомет-рических фигур. Учащиеся убедятся в этом при дальнейшем прохож-дении предмета.

Внешний угол треугольника

42. О п р е д е л е н и е. Угол, смежный с каким-нибудь углом тре-угольника (или многоугольника), называется внешним углом этоготреугольника (или многоугольника).

Таковы, например, углы BCD, CBE, BAF (рис. 50). В отличие отвнешних углы самого треугольника (или многоугольника) называютсявнутренними.

При каждом угле треугольника (или многоугольника) можно по-строить по два внешних угла (продолжив одну или другую сторонуугла). Эти два угла равны, как углы вертикальные.

A

B

CD

E

FA

B

C

E

F

D

HРис. 50 Рис. 51

43. Те о р е м а. Внешний угол треугольника больше каждо-го внутреннего угла его, не смежного с этим внешним.

Например, докажем, что внешний угол BCD треугольника ABC(рис. 51) больше каждого из внутренних углов A и B, не смежных сэтим внешним.

Через середину E стороны BC проведём медиану AE и на её про-должении отложим отрезок EF = AE. Точка E, очевидно, будет ле-жать внутри угла BCD. Соединим E с C прямой. Треугольники ABEи EFC (покрытые штрихами) равны, так как при точке E они имеютпо равному углу, заключённому между двумя соответственно равны-ми сторонами. Из равенства их заключаем, что углы B и ECF , лежа-щие против равных сторон AE и EF , равны. Но угол ECF составляетчасть внешнего угла BCD и потому меньше его; следовательно, и уголB меньше угла BCD.

Продолжив сторону BC за точку C, мы получим внешний уголACH, равный углу BCD. Если из вершины B проведём к стороне ACмедиану и продолжим её на такую же длину за сторону AC, то совер-шенно так же докажем, что угол A меньше угла ACH, то есть меньшеугла BCD.


A

B

CD

A

B

CD


44. С л е д с т в и е. Если втреугольнике один угол прямойили тупой, то два других уг-ла острые. Действительно, допу-стим, что угол C треугольникаABC (рис. 52 и 53) будет прямойили тупой, тогда смежный с нимвнешний угол BCD должен бытьпрямой или острый; следователь-но, углы A и B, которые, по доказанному, меньше этого внешнего угла,должны быть оба острые.

Стороны и углы треугольника

45. Те о р е м ы. Во всяком треугольнике1) против равных сторон лежат равные углы.2) против большей стороны лежит больший угол.

A

B

C

D

Рис. 54

1) Если две стороны треугольника равны, тоон равнобедренный, тогда углы, лежащие про-тив этих сторон, должны быть равны, как уг-лы при основании равнобедренного треугольни-ка (§ 37).

2) Пусть в 4ABC (рис. 54) сторона AB боль-ше BC; требуется доказать, что угол C большеугла A.

Отложим на большей стороне BA от вершины B отрезок BD, рав-ный меньшей стороне BC, и соединим D с C прямой. Тогда получимравнобедренный4BDC, у которого углы при основании равны, то есть∠BDC = ∠BCD. Но угол BDC как внешний по отношению к ∠ADC,больше угла A, следовательно, и угол BCD больше угла A, а потому иподавно угол BCA больше угла A, что и требовалось доказать.

46. О б р а т н ы е т е о р е м ы. Во всяком треугольнике.1) против равных углов лежат равные стороны;2) против большего угла лежит большая сторона.

A

B

C

Рис. 55

1) Пусть в 4ABC углы A и C равны (рис. 55);требуется доказать, что BA = BC.

Предположим противное, то есть что стороныAB и BC не равны. Тогда одна из этих сторондолжна быть больше другой, и, следовательно, со-гласно прямой теореме, один из углов A и C дол-жен быть больше другого. Но это противоречитусловию, что ∠A = ∠C; значит, нельзя допустить,что стороны AB и BC не равны; остаётся принять,что AB = BC.


A

B

C

Рис. 56

2) Пусть в 4ABC (рис. 56) угол C больше углаA; требуется доказать, что AB > BC.

Предположим противное, то есть что AB небольше BC. Тогда могут представиться два слу-чая: или AB = BC, или AB < BC.

В первом случае, согласно прямой теореме,угол C был бы равен углу A, во втором случае уголC был бы меньше угла A; и то и другое противоре-чит условию; значит, оба эти случая исключаются.Остаётся один возможный случай, что AB > BC.

С л е д с т в и я. 1) В равностороннем треугольнике все углы равны.2) В равноугольном треугольнике все стороны равны.

47. Доказательство от противного. Способ, которым мы толь-ко что доказали обратные теоремы, называется доказательством отпротивного, или приведением к противоречию. Первое названиеэтот способ получил потому, что в начале рассуждения делается пред-положение, противное (противоположное) тому, что требуется дока-зать. Приведением к противоречию он называется вследствие того, что,рассуждая на основании сделанного предположения, мы приходим кпротиворечию (к абсурду). Получение такого вывода заставляет насотвергнуть сделанное вначале допущение и принять то, которое требо-валось доказать.

Этот приём очень часто употребляется для доказательства теорем.

48. Замечание об обратных теоремах. Начинающие изучатьгеометрию часто делают одну характерную ошибку. Она заключаетсяв том, что правильность обратной теоремы считают само собой разу-меющейся, если доказана прямая теорема. Отсюда представление, чтодоказательство обратных теорем вообще излишне. Ошибочность такогозаключения может быть показана в ряде примеров. В частности, такойпример был приведён в § 29. Поэтому обратные теоремы, когда ониверны, всегда доказываются особо.

Длина ломаной.

49. Те о р е м а. В треугольнике каждая сторона меньшесуммы двух других сторон.

Если в треугольнике возьмём сторону не самую большую, то, конеч-но, она окажется менее суммы двух других сторон. Значит, нам надодоказать, что даже н а и б о л ь ш а я сторона треугольника меньшесуммы двух других сторон.

Пусть в 4ABC (рис. 57) наибольшая сторона есть AC. Продолживсторону AB, отложим BD = BC и проведём DC. Так как 4BDC рав-нобедренный, то ∠D = ∠DCB; поэтому угол D меньше угла DCA, и,


следовательно, в 4ADC сторона AC меньше AD (§ 46), то есть AC << AB +BD. Заменив BD на BC, получим:

AC < AB +BC.

A

B

C

D

Рис. 57

С л е д с т в и е. Отнимем от обеих частей вы-веденного неравенства по AB или по BC:

AC −AB < BC;

AC −BC < AB.

Читая эти неравенства справа налево, видим,что каждая из сторон BC и AB больше разно-сти двух других сторон; так как это же можно, очевидно, сказать и отретьей, наибольшей стороне AC, то, значит, в треугольнике каждаясторона больше разности двух других сторон.

50. Неравенство треугольника Для любых трёх точек A, B иC выполняется неравенство

AC 6 AB +BC;

то есть отрезок AC может быть равен сумме AB + BC или боль-ше неё. При этом равенство достигается только в случае если Bлежит на отрезке AC. Это неравенство называется неравенствомтреугольника.

Случай когда B не лежит на прямой AC (то есть если A, B и C яв-ляются вершинами некоторого треугольника) уже доказан (§ 49). Оста-ётся рассмотреть случай когда B лежит на прямой AC.

РавенствоAC = AB +BC;

очевидно выполняется в случае если B лежит на отрезке AC. В случаеесли B лежит на продолжении отрезка AC, то очевидно AC = AB −−BC < AB или AC = CB −BA < CB; в обоих случаях имеем

AC < AB +BC.

A

B C

D

E

Рис. 58

51. Те о р е м а. Отрезок, соединяющийдве какие-нибудь точки, меньше всякойломаной, соединяющей эти же точки.

Если ломаная, о которой говорится здесь, со-стоит только из двух сторон, то теорема уже бы-ла доказана в предыдущем параграфе. Рассмот-рим случай, когда ломаная состоит более чем издвух сторон. Пусть AE (рис. 58) есть отрезок,


соединяющий точки A и E, а ABCDE — какая-нибудь ломаная, соеди-няющая те же точки. Требуется доказать, что

AE < AB +BC + CD +DE. (1)

Соединив A с C иD, находим, согласно неравенству треугольника (§ 50)

AE 6 AD +DE;

AD 6 AC + CD;

AC < AB +BC.

Последнее неравенство строгое поскольку B не может лежать на отрез-ке AC.

Сложим почленно эти неравенства и затем от обеих частей получен-ного неравенства отнимем по AD и AC; тогда получим неравенство (1).

52. Треугольники с двумя соответственно равными сторо-нами. Те о р е м ы. Если две стороны одного треугольника со-ответственно равны двум сторонам другого треугольника,то:

1) против большего из углов, заключённых между ними,лежит большая сторона.

2) о б р а т н о: против большей из неравных сторон лежитбольший угол.

A

B

C

DB2

A1

B1

C1

Рис. 59

1) Пусть в треугольниках ABC и A1B1C1 дано (рис. 59): AC == A1C1, AB = A1B1 и ∠A > ∠A1. Требуется доказать, что BC > B1C1.Наложим 4A1B1C1 на 4ABC так, чтобы сторона A1C1 совпадала сAC. Так как ∠A1 < ∠BAC, то сторона A1B1 пойдёт внутри угла BAC;пусть4A1B1C1 займёт положение AB2C (вершина B2 может оказатьсяили вне4ABC, или внутри него, или же на сторонеBC; доказательствоможет быть применено ко всем этим случаям). Проведём биссектрисуAD угла BAB2 и соединим D с B2; тогда получим два треугольника:ABD и DAB2, которые равны, потому что у них AB — общая сторона,AB = AB2 по условию и ∠BAD = ∠DAB2 по построению. Из равенства


треугольников следует: BD = DB2. Из4DCB2 выводим: B2C < B2D++DC (§ 49), или (заменив B2D на BD):

B2C < BD +DC, значит, B1C1 < BC.

2) Пусть в тех же треугольниках ABC и A1B1C1 дано: AB = A1B1;AC = A1C1 и BC > B1C1; докажем, что ∠A > ∠A1.

Допустим противное, то есть что угол A не больше угла A1, тогдамогут представиться два случая: или ∠BAC = ∠A1, или ∠BAC < ∠A1.В первом случае треугольники были бы равны и, следовательно, сторо-на BC равнялась бы B1C1, что противоречит условию; во втором слу-чае сторона BC (согласно теореме 1) была бы меньше B1C1, что такжепротиворечит условию. Значит, оба эти случая исключаются; остаётсяодин возможный случай, что ∠A > ∠A1.

Перпендикуляр и наклонная

A

BCM N

Рис. 60

53. Те о р е м а. Перпендикуляр, опущен-ный из какой-нибудь точки на прямую,меньше всякой наклонной, проведённой изтой же точки на эту прямую3.

Пусть AB (рис. 60) есть перпендикуляр, опу-щенный из точки A на прямую MN , и AC —какая-нибудь наклонная, проведённая из той жеточки A к прямой MN ; требуется доказать, чтоAB < AC.

В 4ABC угол B прямой, а угол C острый(§ 44); значит, ∠C < ∠B и потому AB < AC, что и требовалось дока-зать.

З а м е ч а н и е. Когда говорят: «расстояние от точки до прямой»,имеется в виду к р а т ч а й ш е е расстояние, измеряемое по перпенди-куляру, опущенному из этой точки на прямую.

54. Те о р е м а. Если из одной и той же точки, взятой внепрямой, проведены к этой прямой перпендикуляр и какие-нибудь наклонные, то:

1) если основания двух наклонных одинаково удалены отоснования перпендикуляра, то такие наклонные равны.

2) если основания двух наклонных неодинаково удалены отоснования перпендикуляра, то та из наклонных больше, ос-нование которой дальше отстоит от основания перпенди-куляра.

3В §§ 53, 54 и 55 ради краткости термины «перпендикуляр» и «наклонная» упо-требляются вместо «отрезок перпендикуляра, ограниченный данной точкой и ос-нованием перпендикуляра» и «отрезок наклонной, ограниченный данной точкой иоснованием наклонной».


A

BC D EM N

Рис. 61

1) Пусть AC и AD (рис. 61) будут двенаклонные, проведённые из точки A к пря-мойMN , основания которых C и D одина-ково удалены от основания перпендикуля-ра AB, то есть CB = BD; требуется дока-зать, что AC = AD.

В треугольниках ABC и ABD есть об-щая сторона AB и сверх того BC = BD(по условию) и ∠ABC = ∠ABD (как углыпрямые); значит, эти треугольники равны,и потому AC = AD.

2) Пусть AC и AE (рис. 61) будут две такие наклонные, проведённыеиз точки A к прямой MN , основания которых неодинаково удаленыот основания перпендикуляра; например, пусть BE > BC. Требуетсядоказать, что AE > AC.

Отложим BD = BC и проведём AD. По доказанному выше AE == AC. Сравним AE с AD. Угол ADE есть внешний по отношению4ABD, и потому он больше прямого угла ABD; следовательно, уголADE тупой, и потому угол AED должен быть острый (§ 44), значит,∠ADE > ∠AED и, следовательно, AE > AD, и потому AE > AC.

55. О б р а т н ы е т е о р е м ы. Если из одной и той же точ-ки, взятой вне прямой (рис. 61), проведены к этой прямойперпендикуляр и какие-нибудь наклонные, то:

1) если две наклонные равны, то их основания одинаковоудалены от основания перпендикуляра.

2) если две наклонные не равны, то основание большей изних дальше отстоит от основания перпендикуляра.

Предоставляем учащимся самим доказать эти теоремы (способом отпротивного).

Признаки равенства прямоугольных треугольников

56. Признаки, не требующие особого доказательства. Таккак в прямоугольных треугольниках углы, содержащиеся между кате-тами, всегда равны, как углы прямые, то прямоугольные треуголь-ники равны.

1) если катеты одного треугольника соответственно рав-ны катетам другого;

2) если катет и прилежащий к нему острый угол одноготреугольника соответственно равны катету и прилежаще-му к нему острому углу другого треугольника.

Эти два признака не требуют особого доказательства, так как онипредставляют частные случаи общих признаков. Докажем ещё два сле-


дующих признака, относящихся только к прямоугольным треугольни-кам.

57. Признаки, требующие особого доказательства.Те о р е м ы. Прямоугольные треугольники равны:1) если гипотенуза и острый угол одного треугольника со-

ответственно равны гипотенузе и острому углу другого или2) если гипотенуза и катет одного треугольника соот-

ветственно равны гипотенузе и катету другого.

A

B

C A1

B1

C1C2 C3

Рис. 62

1) Пусть ABC и4A1B1C1 (рис. 62) — два прямоугольных треуголь-ника, у которых AB = A1B1 и ∠A = ∠A1; требуется доказать, что этитреугольники равны.

Наложим 4ABC на 4A1B1C1 так, чтобы у них совместились рав-ные гипотенузы. Тогда по равенству углов A и A1 катет AC пойдёт поA1C1. При этом точка C должна совпадать с точкой C1, потому чтоесли предположим, что она не совпадёт с точкой C1, то тогда катет BCзанял бы положение B1C2 или B1C3, что невозможно, так как из однойточки B1 нельзя на прямую A1C1 опустить два перпендикуляра (B1C1

и B1C2 или B1C1 и B1C3).

A

B

C A1

B1

C1A2 A3


2) Пусть (рис. 63 и 64) в прямоугольных треугольниках дано: AB =A1B1 и BC = B1C1; требуется доказать, что треугольники равны. На-ложим 4ABC на 4A1B1C1 так, чтобы у них совместились равные


катеты BC и B1C1. Тогда по равенству прямых углов CA пойдёт поC1A1. При этом гипотенуза AB не может не совместиться с гипотену-зой A1B1, потому что, если бы она заняла положение A2B1 или A3B1,то тогда мы имели бы две равные наклонные (A1B1 и A2B1 или A1B1

и A3B1, которые неодинаково удалены от основания перпендикуляра,что невозможно (§ 54).

Срединный перпендикуляр и биссектриса

58. Свойство срединного перпендикуляра к отрезку, и свойство бис-сектрисы угла очень сходны между собой. Чтобы лучше видеть сход-ство этих свойств, мы изложим их параллельно.

1) Если какая-нибудь точ-ка (K, рис. 65) лежит насрединном перпендикуляре(MN), к отрезку (AB), тоона одинаково удалена отконцов этого отрезка (то естьKA = KB).

A B

M

N

O

K

Рис. 65

Так как MN ⊥ AB и AO == OB, то AK иKB — наклонные кAB, основания которых одинаковоудалены от основания перпендику-ляра, значит KA = KB.

2) О б р а т н а я т е о р е м а.Если какая-нибудь точка

(K, рис. 65) одинаково удаленаот концов отрезка AB (то естьесли KA = KB),то она лежитна перпендикуляре, проведён-ном к отрезку AB через егосередину.

Проведём через K прямую

1) Если какая-нибудь точ-ка (K, рис. 66) лежит набиссектрисе (OM угла AOB),то она одинаково удалена отсторон этого угла (то есть пер-пендикуляры KD и KC равны).

A B

C D

M

O

K

Рис. 66

Так как OM делит угол попо-лам, то прямоугольные треуголь-ники OCK и ODK, имея общуюгипотенузу и равные острые углыпри вершине O, равны и потомуKC = KB.

2) О б р а т н а я т е о р е м а.Если какая-нибудь точка

(K, рис. 66) внутри угла оди-наково удалена от его сторон(то есть если перпендикуляры KCи KD равны), то она лежитна биссектрисе этого угла.

Через O и K проведём пря-мую OM . Тогда получим два пря-


MN ⊥ AB; тогда мы получимдва прямоугольных треугольникаKAO и KBO, которые, имея об-щий катет KO и равные гипоте-нузы, равны, а потому AO = OB.Значит, прямая MN , проведённаянами через K перпендикулярно кAB, делит отрезок AB пополам.

моугольных треугольника OCK иODK, которые, имея общую гипо-тенузу и равные катеты CK иDK,равны, а потому равны и углы привершине O. Значит, прямая OM ,проведённая через точку K, будетбиссектрисой угла AOB.

59. С л е д с т в и е. Из двух доказанных теорем (прямой и обрат-ной) можно вывести следующие п р о т и в о п о л о ж н ы е т е о р е -м ы :

Если какая-нибудь точкане лежит на срединном пер-пендикуляре к отрезку, тоона неодинаково удалена отконцов этого отрезка.

A B

M

N

O

K

Рис. 67

Если какая-нибудь точкавнутри угла не лежит на егобиссектрисе, то она неодина-ково удалена от сторон это-го угла.

A B

CD

M

O

K

Рис. 68

Предоставляем самим учащимся доказать эти теоремы (способом отпротивного).

60. Геометрическое место точек. Геометрическим местом точек,обладающих некоторым свойством, называется такая линия (или по-верхность в пространстве) или вообще такая совокупность точек, ко-торая содержит в себе все точки, обладающие этим свойством, и несодержит ни одной точки, не обладающей им.

Например, геометрическое место точек, находящихся на данном рас-стоянии r от данной точки C, есть окружность с центром в точке C ирадиусом r. Из теорем предыдущих параграфов следует:

Геометрическое место точек, одинаково удалённых от двух дан-ных точек, есть срединный перпендикуляр к отрезку соединяющегоэти точки.

Геометрическое место точек внутри угла, одинаково удалённыхот его сторон, есть биссектриса этого угла.


Рис. 69

У п р а ж н е н и е. Докажите, что гео-метрическое место точек, одинаково удалён-ных от двух данных пресекающихся пря-мых, состоит из пары прямых, делящих по-полам углы, образованные данными прямы-ми.

Такие пары прямых всегда перпендику-лярны поскольку угол между такими пря-мыми составлен из половин смежных углов.

4. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ 41

4 Задачи на построение

61. Предварительное замечание. Теоремы, доказанные нами ра-нее, позволяют решать некоторые задачи на п о с т р о е н и е. Заметим,что в элементарной геометрии рассматриваются только такие построе-ния, которые могут быть выполнены с помощью л и н е й к и и ц и р -к у л я. Употребление чертёжного треугольника и некоторых другихприборов хотя и допускается ради сокращения времени, но не являетсянеобходимым.

62. З а д а ч а 1. Построить треугольник по трём его сторонамa, b и c (рис. 70).

A

BCM N

a

b

c

a

b c

Рис. 70

На какой-нибудь прямойMN откладываем отрезок CB, равный од-ной из данных сторон, например a. Описываем две небольшие дуги сцентрами в точках C и B, одну радиусом, равным b, другую радиусом,равным c. Точку A, в которой эти дуги пересекаются, соединяем с B иС; 4ABC будет искомый.

З а м е ч а н и е. Чтобы три отрезка могли служить сторонами тре-угольника, необходимо и достаточно, чтобы больший из них был мень-ше суммы двух остальных (необходимость доказана в § 49, условие рав-носильное достаточности же будет принято за очевидное утверждениев 117).

63. З а д а ч а 2. Построить угол, равный данному углу ABC, од-ной из сторон которого является данная прямая и вершина которогонаходится в данной точке O (точка O расположена на прямой MN ,рис. 71).

Описываем произвольным радиусом с центром в вершине B междусторонами данного угла дугу EF ; затем, не изменяя раствора циркуля,переносим его остриё в точку O и описываем дугу PQ. Далее описыва-ем дугу ab с центром в точке P радиусом, равным расстоянию междуточками E и F . Наконец, через точки O и R (пересечение двух дуг) про-водим прямую. Угол ROP равен углу ABC, потому что треугольникиROP и FBE, имеющие соответственно равные стороны, равны.


AB

C

E

F

M NO P

Q R

a

b

Рис. 71

AB

C

D

E F

Рис. 72

A BCD E

F

Рис. 73

64. З а д а ч а 3. Разделить данный уголABC пополам (рис. 72), другими словами,построить биссектрису данного угла илипровести его ось симметрии. С центромв вершине B произвольным радиусом опи-шем между сторонами угла дугуDE. Затем,взяв произвольный раствор циркуля, боль-ший, однако, половины расстояния междуточками E и D (смотри замечание к зада-че 1), описываем этим раствором небольшиедуги с центрами в точках D и E, которыепересекутся в некоторой точке F . Проведяпрямую BF , мы получим биссектрису углаABC.

Для доказательства соединим прямымиточку F с D и E; тогда получим два тре-угольника BEF и BDF , которые равны, таккак у них BP — общая сторона4, BD = BE

и DF = EF по построению. Из равенства треугольников следует:∠ABF = ∠CBF .

65. З а д а ч а 4. Из данной точки C прямой AB восстановить кэтой прямой перпендикуляр (рис. 73).

Отложим на AB по обе стороны от данной точки C равные отрез-ки (произвольной длины) CD и CE. С центрами в точках E и D од-ним и тем же раствором циркуля (большим, однако, CD) опишем двенебольшие дуги, которые пересекутся в некоторой точке F . Прямая,проведённая через точки C и F , будет искомым перпендикуляром.

Действительно, как видно из построения, точка F одинаково удале-на от точек D и E; следовательно, она должна лежать на срединномперпендикуляре к отрезку DE (§ 58); но середина этого отрезка естьC, а через точки C и F можно провести только одну прямую; значит,

4На чертежах общая сторона треугольников обычно обозначается значком похо-жим на S.


FC ⊥ DE.

66. З а д а ч а 5. Из данной точки A опустить перпендикуляр наданную прямую BC (рис. 74).

A

B CD E

F

Рис. 74

A B

C

D

Рис. 75

С центром в точке A произвольным рас-твором циркуля (большим, однако, расстоя-ния от A до BC) опишем дугу, которая пе-ресечётся с BC в каких-нибудь точках Dи E. С центрами в этих точках произволь-ным, но одним и тем же раствором цирку-ля (большим, однако, 1

2 ·DE), проводим двенебольшие дуги, которые пересекутся меж-ду собой в некоторой точке F . Прямая AFбудет искомым перпендикуляром.

Действительно, как видно из построе-ния, каждая из точек A и F одинаково уда-лена от D и E, а такие точки лежат насрединном перпендикуляре к отрезку DE(§ 58).

67. З а д а ч а 6. Провести срединныйперпендикуляр к данному отрезку (AB)(рис. 75).

Произвольным, но одинаковым раство-ром циркуля (большим 1

2 · AB) описываемдве дуги с центрами в точках A и B, кото-рые пересекутся между собой в некоторыхточках C и D. Прямая CD будет искомым перпендикуляром. Действи-тельно, как видно из построения, каждая из точек C и D одинаковоудалена от A и B; следовательно, эти точки должны лежать на осисимметрии отрезка AB.

З а д а ч а 7. Разделить пополам данный отрезок (рис. 75). Реша-ется так же, как предыдущая задача.

68. Пример более сложной задачи. При помощи этих основ-ных задач можно решать задачи более сложные. Для примера решимследующую задачу.

З а д а ч а. Построить треугольник, зная его основание B, угол α,прилежащий к основанию, и сумму s двух боковых сторон (рис. 71).

Чтобы составить план решения, предположим, что задача решена,то есть что найден такой4ABC ′, у которого основание AC = b, ∠A = αи AB+BC = s. Рассмотрим полученный чертёж. Сторону AC, равнуюb, и угол A, равный α, мы построить умеем. Значит, остаётся найти надругой стороне угла A такую точку B, чтобы сумма AB+BC равняласьs. Продолжив AB, отложим отрезок AD, равный s.


ααA

B

C

D

E

ss

b

Рис. 76

Вопрос сводится к тому, чтобы на прямой AB отыскать такую точкуB, которая была бы одинаково удалена от C и B. Такая точка, как мызнаем (§ 58), должна лежать на срединном перпендикуляре к отрезкуCD. Точка B найдётся в пересечении этого срединного перпендикулярас AD.

Итак, вот решение задачи: строим (рис. 76) угол A, равный данномууглу α; на сторонах его откладываем AC = b и AD = s и соединяемточку D с C. Проведём срединный перпендикуляр к отрезку CD; пере-сечение его с AD, то есть точку B, соединяем с C. Треугольник ABCбудет искомый, так как он удовлетворяет всем требованиям задачи: унего AC = b, ∠A = α и AB +BC = s (потому что BD = BC).

Рассматривая построение, мы замечаем, что решения задачи можетне быть. Действительно, если сумма задана слишком малой сравни-тельно с b, то перпендикуляр BE может не пересечь отрезка AD (илипересечёт его продолжение за точку A или за точку D); в этом случаезадача не имеет решения. И независимо от построения можно видеть,что решения нет, если s < b или s = b, потому что не может быть та-кого треугольника, у которого сумма двух сторон была бы меньше илиравна третьей стороне.

Если задача имеет решение, то оно единственно; то есть существуеттолько один треугольник, удовлетворяющий требованиям задачи, таккак перпендикуляр BE может пересечься с прямой AD только в однойточке.

69. З а м е ч а н и е. Из приведённого примера видно, что решениесложной задачи на построение состоит из следующих четырёх частей.

1) Предположив, что задача решена, делают от руки приблизитель-ный чертёж; искомой фигуры и затем, внимательно рассматривая на-черченную фигуру, стремятся найти такие зависимости между данны-ми задачи и искомыми, которые позволили бы свести задачу к другим,известным ранее. Эта самая важная часть решения задачи, имеющаяцелью составить план решения, носит название анализа.

2) Когда таким образом план решения найден, выполняют сообразноему построение.

3) Для проверки правильности плана показывают затем на осно-вании известных теорем, что полученная фигура удовлетворяет всемтребованиям задачи. Эта часть называется синтезом.


4) Затем задаются вопросом, при всяких ли данных задача имеет ре-шение, допускает ли она одно решение или несколько, и нет ли в задачекаких-либо особенных случаев, когда построение упрощается или, на-оборот, усложняется. Эта часть решения называется исследованиемзадачи.

Когда задача очень проста и не может быть сомнения относитель-но существования её решения, то обыкновенно анализ и исследованиеопускают, а указывают прямо построение и приводят доказательство.Так мы делали, излагая решение первых семи задач этой главы; также будем делать и впоследствии, когда нам придётся излагать реше-ния несложных задач.


Д о к а з а т ь т е о р е м ы

1. В равнобедренном треугольнике две медианы равны, две биссек-трисы равны, две высоты равны.

2. Если к каждой из равных сторон равнобедренного треугольникавосстановим срединные перпендикуляры до пересечения с другойиз равных сторон, то эти перпендикуляры будут равны.

3. Прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла, отсекает от егосторон равные отрезки.

4. Медиана треугольника меньше его полупериметра.

5. Медиана треугольника меньше полусуммы сторон, между кото-рыми она заключается.

У к а з а н и е. Продолжить медиану на расстояние, равное ей, по-лученную точку соединить с одним концом стороны, к которойпроведена медиана, и рассмотреть образовавшуюся фигуру.

6. Сумма медиан треугольника меньше периметра, но больше полу-периметра.

У к а з а н и е. См. предыдущее упражнение, а также следствие в§ 49.

7. Сумма диагоналей четырёхугольника меньше его периметра, нобольше полупериметра.

8. Доказать как прямую теорему, что всякая точка, не лежащаяна срединном перпендикуляре к отрезку, неодинаково удалена отконцов этого отрезка, а именно: она ближе к тому концу, с кото-рым она расположена по одну сторону от перпендикуляра.


9. Доказать как прямую теорему, что всякая точка, не лежащая набиссектрисе угла, неодинаково отстоит от сторон его.

10. Медиана, исходящая из какой-нибудь вершины треугольника, рав-но отстоит от двух других его вершин.

11. На одной стороне угла A отложены отрезки AB и AC и на другойстороне отложены отрезки AB′ = AB и AC ′ = AC. Доказать, чтопрямые BC ′ и B′C пересекаются на биссектрисе угла A.

12. Вывести отсюда способ построения биссектрисы угла.

13. Если A′ и A, B′ и B — две пары точек, симметричных относи-тельно какой-нибудь прямой XY , то четыре точки A′, A, B′, Bлежат на одной окружности.

14. Дан острый уголXOY и точка A внутри этого угла. Найти на сто-роне OX точку B и на стороне OY точку C так, чтобы периметр4ABC был наименьший.

У к а з а н и е. Надо взять точки, симметричные с A относительносторон OX и OY .

З а д а ч и н а п о с т р о е н и е

15. Построить сумму двух, трёх и более углов.

16. Построить разность двух углов.

17. По данной сумме и разности двух углов найти эти углы.

18. Разделить угол на 4, 8 и 16 равных частей.

19. Через вершину данного угла провести вне его такую прямую, ко-торая со сторонами угла образовала бы равные углы.

20. Построить треугольник: а) по двум сторонам и углу между ними;б) по стороне и двум прилежащим углам; в) по двум сторонам иуглу, лежащему против большей из них; г) по двум сторонам и уг-лу, лежащему против меньшей из них (в этом случае получаютсядва решения, или одно, или ни одного).

21. Построить равнобедренный треугольник: а) по основанию и боко-вой стороне; б) по основанию и прилежащему углу; в) по боковойстороне и углу при вершине; г) по боковой стороне и углу приосновании.

22. Построить прямоугольный треугольник: а) по двум катетам; б) покатету и гипотенузе; в) по катету и прилежащему острому углу.


23. Построить равнобедренный треугольник: а) по высоте и боковойстороне; б) по высоте и углу при вершине; в) по основанию и пер-пендикуляру, опущенному из конца основания на боковую сторо-ну.

24. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и остромууглу.

25. Через точку, данную внутри угла, провести такую прямую, кото-рая отсекла бы от сторон угла равные части.

26. По данной сумме и разности двух отрезков найти эти отрезки.

27. Разделить данный отрезок на 4, 8, 16 равных частей.

28. На данной прямой найти точку, одинаково удалённую от двух дан-ных точек (вне прямой).

29. Найти точку, равно отстоящую от трёх вершин треугольника.

30. На прямой, пересекающей стороны угла, найти точку, одинаковоудалённую от сторон этого угла.

31. Найти точку, одинаково удалённую от трёх сторон треугольника.

32. На бесконечной прямой AB найти такую точку C, чтобы полу-прямые CM и CN , проведённые из C через данные точки M иN , расположенные по одну сторону от AB, составляли с полупря-мыми CA и CD равные углы.

У к а з а н и е. Построить точку M ′, симметричную с M относи-тельно оси AB, и соединить M ′ с N .

33. Построить прямоугольный треугольник по катету и сумме гипо-тенузы с другим катетом.

34. Построить треугольник по основанию, углу, прилежащему к осно-ванию, и разности двух других сторон. (Рассмотреть два случая:1) когда дан меньший из двух углов, прилежащих к основанию;2) когда дан больший из них.)

У к а з а н и е. См. задачу § 68.

35. Построить прямоугольный треугольник по катету и разности двухдругих сторон.

36. Дан угол A и точки B и C, расположенные одна на одной сторонеугла, другая — на другой. Найти: 1) точку M , равно отстоящуюот сторон угла, и такую, чтобы MC = MB; 2) точку N , равноотстоящую от сторон угла так, чтобы NC = CB.


37. По соседству с железной дорогой расположены две деревни A иB. Найти на линии железной дороги (имеющей прямолинейнуюформу) место для станции, которая была бы одинаково удаленаот A и B.

38. Дан угол A и точка B на одной из его сторон. Найти на дру-гой стороне такую точку C, чтобы сумма CA + CD была равнаданному отрезку `.

Глава 2

Параллельные прямые

Основные теоремы

Рис. 77

70. О п р е д е л е н и е. Две прямые называютсяпараллельными, если они лежат в одной плоско-сти и не пересекаются, сколько бы их ни продол-жали. При этом прямая также считается параллель-ной самой себе.

Параллельность прямых обозначается письменнознаком ‖. Так, если прямые AB и CD параллельны,то пишут: AB ‖ CD. На чертежах параллельныепрямые принято отмечать одинаковыми стрелочками как на рис. 77.

Существование параллельных прямых обнаруживается следующейтеоремой.

71. Те о р е м а.Два перпендикуляра (AB и CD, рис. 78) к однойи той же прямой (MN) не могут пересечься, сколько бы мыих ни продолжали.

A

B

C

DM N

P

Рис. 78

Действительно, если бы эти перпендикуля-ры пересеклись в какой-нибудь точке P , то изэтой точки на прямую MN были бы опущеныдва перпендикуляра, что невозможно (§ 23). Та-ким образом, два перпендикуляра к одной пря-мой параллельны между собой.

72. Названия углов, получаемых припересечении двух прямых третьей. Пустьдве прямые AB и CD (рис. 79) пересечены тре-тьей прямой MN . Тогда получаются 8 углов(мы их обозначили цифрами), которые попар-но носят следующие названия.

соответственные углы: 1 и 5, 4 и 8, 2 и 6, 3 и 7.

49

50 ГЛАВА 2. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ

накрест лежащие углы: 3 и 5, 4 и 6 (внутренние); 1 и 7, 2 и 8(внешние).

односторонние углы: 4 и 5, 3 и 6 (внутренние); 1 и 8, 2 и 7 (внеш-ние).

1 2

34

5 6

78

A

B

C D

M

N

Рис. 79

73. Признаки параллельности двухпрямых. Если при пересечении двухпрямых (AB и CD, рис. 80) третьейпрямой (MN) окажется, что:

1) какие-нибудь соответственныеуглы равны, или

2) какие-нибудь накрест лежащиеуглы равны, или

3) сумма каких-нибудь двух внут-ренних или двух внешних односто-ронних углов равна 180◦,

то эти две прямые параллельны.Пусть, например, дано, что соответственные углы 2 и 6 равны; тре-

буется доказать, что в таком случае AB ‖ CD. Предположим против-ное, то есть что прямые AB и CD не параллельны; тогда эти прямыепересекутся в какой-нибудь точке P , лежащей направо от MN , или вкакой-нибудь точке P ′, лежащей налево от MN .

1 2

34

5 6

78

A B

C D

M

N

PP ′

Рис. 80

Если пересечение будет в P , то образуется треугольник, в которомугол 2 будет внешним, а угол 6 — внутренним, не смежным с внешнимуглом 2, и, значит, тогда угол 2 должен быть больше угла 6 (§ 43),что противоречит условию; значит, пересечься в какой-нибудь точке P ,лежащей направо от MN , прямые AB и CD не могут.

Если предположим, что пересечение будет в точке P ′, то тогда об-разуется треугольник, у которого угол 4, равный углу 2, будет внут-ренним, а угол 6 — внешним, не смежным с внутренним углом 4; тогдаугол 6 должен быть больше угла 4 и, следовательно, больше угла 2, что

51

противоречит условию. Значит, прямые AB и CD не могут пересечьсяи в точке, лежащей налево от MN ; следовательно, эти прямые нигдене пересекаются, то есть они параллельны.

Подобным же образом доказывается, что AB ‖ CD, если ∠1 = ∠5или ∠3 = ∠7 и т. д.

Пусть ещё дано, что ∠4 +∠5 = 180◦. Тогда мы должны заключить,что ∠4 = ∠6, так как угол 6 в сумме с углом 5 тоже составляет 180◦.Но если ∠4 = ∠6, то прямые не могут пересечься, так как в противномслучае углы 4 и 6 не могли бы быть равными (один был бы внешний, адругой внутренний, не смежный с ним).

74. З а д а ч а. Через данную точку M (рис. 81) провести прямую,параллельную данной прямой AB.

Наиболее простое решение этой задачи состоит в следующем: опи-сываем произвольным радиусом с центром в точке M дугу CD, далееописываем с центром в точке C тем же радиусом дугу ME. Затем, давциркулю раствор, равный расстоянию от E до M , описываем неболь-шую дугу с центром в точке C, которая пересечётся с CD в некоторойточке F . Прямая MF будет параллельна AB.

Для доказательства проведём вспомогательную прямую MC; обра-зовавшиеся при этом углы 1 и 2 равны по построению (ибо треуголь-ники EMC и MCD равны по трём сторонам), а если накрест лежащиеуглы равны, то линии параллельны.

1

2

A BC

D

E

FM1

2M

A B


Для построения параллельных прямых удобно пользоваться уголь-ником и линейкой, как это видно из рис. 82.

75. Аксиома параллельных линий. Через одну и ту жеточку нельзя провести двух различных прямых, параллель-ных одной и той же прямой.

Так, если (рис. 83) CE ‖ AB, то никакая другая прямая CE′, про-ведённая через точку C, не может быть параллельной AB, то есть CE′при продолжении пересечётся с AB.

Доказать это предложение, то есть вывести его как следствие из ра-нее принятых аксиом, оказывается невозможным. Поэтому приходитсяпринимать его как некоторое новое допущение (постулат или аксиому).


A B

CE

E′ A

B

C

M


76. С л е д с т в и я. 1) Если CE ‖ AB (рис. 83) и какая-нибудь тре-тья прямая CE′ пересекается с одной из этих двух параллельных, тоона пересекается и с другой. В противном случае через одну и ту жеточку C проходили бы две различные прямые CE′ и CE, параллельныеAB, что невозможно.

2) Если каждая из двух прямых A и B (рис. 84) параллельна однойи той же третьей прямой C, то они параллельны между собой.

Действительно, если бы мы предположили, что прямые A и B пе-ресекаются в некоторой точке M , то тогда через эту точку проходилибы две различные прямые, параллельные C, что невозможно.

77. Пара параллельных и их секущая.

α

β

A B

A1

B1

C D

E

F

M

N

Рис. 85

Т е о р е м а (обратная теорема, § 73).Если две параллельные прямые (AB иCE), рис. 85) пересечены какой-нибудьпрямой (MN), то:

1) соответственные углы равны;2) накрест лежащие углы равны;3) сумма внутренних односторон-

них углов равна 180◦;4) сумма внешних односторонних

углов равна 180◦.Докажем, например, что если AB ‖ CD,

то соответственные углы α и β равны.Предположим противное, то есть что эти углы не равны (например,

пусть α > β). Построив ∠MEB1 = β, мы получим тогда прямую A1B1,не сливающуюся с AB, и, следовательно, будем иметь две различныепрямые, проходящие через точку E и параллельные одной и той жепрямой CD, именно: AB ‖ CD, согласно условию теоремы, и A1B1 ‖‖ CD вследствие равенства соответственных углов ∠MEB1 и β. Таккак это противоречит аксиоме параллельных линий, то наше предпо-ложение, что углы α и β не равны, должно быть отброшено; остаётсяпринять, что α = β.

Таким же путём можно доказать и остальные заключения теоремы.Из доказанных выше предложений непосредственно вытекает следую-щая теорема.

53

Перпендикуляр к одной из двух параллельных прямых естьтакже перпендикуляр и к другой.

α

β

A B

C D

E

F

M

Рис. 86

Действительно, если AB ‖ CD (рис. 86)и ME ⊥ AB, то, во-первых, ME, пересека-ясь с AB, пересекается и с CD в некоторойточке F , во-вторых, соответственные углыα и β равны. Но угол α прямой, значит, иугол β прямой, то есть ME ⊥ CD.

78. Признаки непараллельностипрямых. Из двух теорем: прямой (§ 73) ией обратной (§ 77) можно вывести заключе-ние, что п р о т и в о п о л о ж н ы е т е о -р е м ы также верны, то есть:

Если при пересечении двух прямых третьей окажется, что 1) со-ответственные углы не равны или 2) внутренние накрест лежащиеуглы н е р а в н ы и т. д., то прямые н е п а р а л л е л ь н ы; если двепрямые н е п а р а л л е л ь н ы, то при пересечении их третьей пря-мой 1) соответственные углы н е р а в н ы, 2) внутренние накрестлежащие углы н е р а в н ы и т. д. Из этих признаков непараллель-ности (легко доказываемых способом от противного) полезно обратитьособое внимание на следующий.

α β α β

A

B

C

D

A

B

C

D

Рис. 87

если сумма внутренних одно-сторонних углов (α и β, рис. 87)не равна 180◦, то прямые (AB иCD) при достаточном продолже-нии пересекаются, так как еслибы эти прямые не пересекались, тоони были бы параллельны, и тогдасумма внутренних одностороннихуглов равнялась бы 180◦, что противоречит условию.

Это предложение (дополненное утверждением, что прямые пересе-кутся по ту сторону от секущей линии, по которой сумма внутренниходносторонних углов м е н ь ш е 180◦) было принято знаменитым гре-ческим геометром Евклидом (жившим в III веке до нашей эры) в его«Началах» геометрии без доказательства как аксиома параллельныхлиний, и потому оно известно под именем постулата Евклида. В насто-ящее время предпочитают принимать за такую аксиому более простоепредложение (§ 75).

Укажем ещё два следующих признака непараллельности, которыепонадобятся нам впоследствии:

1) Перпендикуляр (AB, рис. 88) и наклонная (CD) к одной и тойже прямой (EF ) пересекаются, потому что сумма внутренних одно-сторонних углов 1 и 2 не равна 180◦.


1 2

A

B

C

DE F

A

B C

D

E

F G


2) Две прямые (AB и CD, рис. 89), перпендикулярные к двум пере-секающимся прямым (FE и FG), пересекаются.

Действительно, если предположим противное, то есть что AB ‖ CD,то прямая FG, будучи перпендикулярна к одной из параллельных (кCD), была бы перпендикулярна и к другой параллельной (к AB), итогда из одной точки F к прямой AB были бы проведены два перпен-дикуляра: FB и FD, что невозможно.

Углы с соответственно параллельными или перпен-дикулярными сторонами

79. Те о р е м а. Если стороны одного угла соответствен-но параллельны сторонам другого угла, то такие углы илиравны, или в сумме составляют два прямых.

1

2 34

5

6

Рис. 90

Рассмотрим особо следующие три слу-чая (рис. 90).

1) Пусть стороны угла 1 соответствен-но параллельны сторонам угла 2 и, сверхтого, имеют о д и н а к о в о е н а п р а в -л е н и е о т в е р ш и н ы (на чертеже на-правления указаны стрелками).

Продолжив одну из сторон угла 2 допересечения с непараллельной ей сторонойугла 1, мы получим угол 3, равный и углу

1, и углу 2 (как соответственные при параллельных прямых); следова-тельно, ∠1 = ∠2.

2) Пусть стороны угла 1 соответственно параллельны сторонам угла4, но имеют противоположное направление от вершины.

Продолжив обе стороны угла 4, мы получим угол 2, который ра-вен углу 1 (по доказанному выше) и углу 4 (как вертикальный ему);следовательно, ∠4 = ∠1.

3) Пусть, наконец, стороны угла 1 соответственно параллельны сто-ронам углов 5 и 6, причём две из этих сторон имеют одинаковое на-правление, а две другие — противоположное.

55

Продолжив одну сторону угла 5 или угла 6, мы получим угол 2,который равен (по доказанному) углу 1; но ∠5 (или ∠6) + ∠2 = 180◦

(по свойству смежных углов); следовательно, и ∠5 (или ∠6)+∠1 = 180◦.Таким образом, углы с параллельными сторонами оказываются рав-

ными, когда их стороны имеют или одинаковое, или противоположноенаправление от вершины; если же это условие не выполнено, то углысоставляют в сумме 180◦.

З а м е ч а н и е. Можно было бы сказать, что углы с параллельнымисторонами равны тогда, когда они оба острые или оба тупые; но бываютслучаи, когда по виду углов трудно определить, острые ли они илитупые; поэтому приходится сравнить направления сторон углов.

80. Те о р е м а. Если стороны одного угла соответственноперпендикулярны к сторонам другого угла, то такие углыили равны, или в сумме составляют два прямых.

Пусть угол ABC, обозначенный цифрой 1 (рис. 91), есть один изданных углов; за другой данный угол возьмём какой-нибудь из четырёхуглов: 2, 3, 4 или 5, образованных двумя пересекающимися прямыми,из которых одна перпендикулярна к стороне AB, а другая — к сторонеBC (общая вершина их может находиться в любой точке плоскости).

23

45

1

6

A

B C

D

E

Рис. 91

Проведём из вершины угла 1 две вспомога-тельные прямые: BD ⊥ BC и BE ⊥ BA. Обра-зованный ими угол 6 равен углу 1 по следую-щей причине: углыDBC и EBA равны, так какоба они прямые; отняв от каждого из них по од-ному и тому же углу EBC, получим: ∠6 = ∠1.

Заметим, что стороны вспомогательного уг-ла 6 параллельны пересекающимся прямым,образующим углы 2, 3, 4 и 5 (потому что дваперпендикуляра к одной прямой параллельны,§ 71). Следовательно, эти углы или равны уг-лу 6, или составляют с ним в сумме 180◦. Заменив угол 6 равным емууглом 1, получим то, что требовалось доказать.

Сумма углов треугольника и многоугольника

81. Те о р е м а. Сумма углов треугольника равна 180◦.

A

B

CD

E

Рис. 92

Пусть ABC (рис. 92) — какой-нибудьтреугольник; требуется доказать, что сум-ма углов A, B и C равна 180◦. Продолживсторону AC и проведя CE ‖ AB, найдём:∠A = ∠ECD (как углы, соответственныепри параллельных), ∠B = ∠BCE (как уг-лы, накрест лежащие при параллельных).


Отсюда

∠A+ ∠B + ∠C = ∠ECD + ∠BCE + ∠C = 180◦.

С л е д с т в и я. 1) Всякий внешний угол треугольника равен суммедвух внутренних углов, не смежных с ним (так, ∠BCD = ∠A+ ∠B).

2) Если два угла одного треугольника соответственно равны двумуглам другого, то и третьи углы равны.

60◦ 60◦

30◦30◦

A

B

CD

Рис. 93

3) Сумма двух острых углов прямоуголь-ного треугольника равна одному прямому уг-лу, то есть 90◦.

4) В равнобедренном прямоугольном тре-угольнике каждый острый угол равен 45◦.

5) В равностороннем треугольнике каж-дый угол равен 60◦.

6) Если в прямоугольном треугольникеABC (рис. 93) один из острых углов (напри-мер ∠B) равен 30◦, то лежащий против негокатет составляет половину гипотенузы.

Заметив, что в таком треугольнике другой острый угол равен 60◦,пристроим к треугольнику ABC другой треугольник ABD, равныйданному. Тогда мы получим треугольник DBC, у которого каждыйугол равен 60◦. Такой равноугольный треугольник должен быть рав-носторонним (§ 46), и потому BC = DC. Но AC = 1

2DC, значит,AC = 1

2BC.Предоставляем самим учащимся доказать обратное предложение:

если катет равен половине гипотенузы, то противолежащий емуострый угол равен 30◦.

82. Те о р е м а. Сумма углов выпуклого n-угольника равна180◦ · (n− 2).

Взяв внутри выпуклого n-угольника произвольную точку O (рис.94), соединим её со всеми вершинами. Тогда n-угольник разобьётся наn треугольников — к каждой его стороне примыкает один треугольник.

O

Рис. 94

Сумма углов каждого треугольника равна 180◦

следовательно, сумма углов всех треугольниковравна 180◦ · n. Эта величина, очевидно, превыша-ет сумму углов n-угольника на сумму всех тех уг-лов, которые расположены вокруг точки O; но этасумма равна 360◦; следовательно, сумма углов n-угольника равна:

180◦ · n− 360◦ = 180◦ · (n− 2).

57

Рис. 95

З а м е ч а н и е. Эту теорему можно доказатьещё и так: Из вершины какого-нибудь выпукло-го n-угольника проведём его диагонали (рис. 95).Тогда n-угольник разобьётся на n − 2 треуголь-ника. Действительно, если не будем считать двухсторон, образующих угол, из вершины которогопроведены диагонали, то на каждую из осталь-ных сторон придётся по одному треугольнику. Нов каждом треугольнике сумма углов равна 180◦.Значит, сумма углов всех треугольников будет 180◦ · (n − 2); но этасумма и есть сумма всех углов n-угольника.

П р и м е ч а н и е. Доказанная теорема верна и для вогнутых мно-гоугольников. При этом, если внутри n-угольника можно найти такуюточку, что отрезки, соединяющие её с вершинами n-угольника, лежатвнутри него, то теорему можно доказать, повторяя дословно те рассуж-дения, которые мы приводили выше при первом способе доказатель-ства. Если же такой точки найти нельзя, то следует весь n-угольникразбить на треугольники, проведя некоторые его диагонали — можнодоказать, что такое разбиение всегда существует и при этом всех тре-угольников будет n−2. Подсчитав затем сумму углов в каждом из тре-угольников и сложив эти суммы, получим ту же формулу 180◦ · (n−2).

Рис. 96

83. Те о р е м а. Если из вершины каж-дого угла выпуклого многоугольника про-ведём продолжение одной из сторон это-го угла, то сумма всех образовавшихсяпри этом внешних углов многоугольникаравна 360◦ (независимо от числа сторон много-угольника).

Каждый из таких внешних углов (рис. 96) со-ставляет дополнение до 180◦ к смежному с нимвнутреннему углу многоугольника.

Следовательно, если к сумме всех внутрен-них углов n-угольника прибавим сумму всехвнешних углов, то получим 180◦ · n; но сумма внутренних углов, какмы видели, равна 180◦ · (n − 2); следовательно, сумма внешних угловравна разности:

180◦ · n− 180◦ · (n− 2) =

= 180◦ · n− 180◦ · n+ 360◦ =

= 360◦.


Центральная симметрия

84. В § 36 был рассмотрен случай симметричного расположениядвух равных фигур относительно прямой. Выведенные выше свойствапараллельных прямых позволяют изучить ещё один замечательный видрасположения двух равных фигур, или двух равных отрезков, или двухточек по отношению к некоторой точке на плоскости.

A

A′

O

Рис. 97

Если две какие-либо точки A и A′ (рис. 97)расположены на одной прямой с точкой O поразные стороны от неё и на одинаковом от неёрасстоянии (OA = OA′), то такие точки называ-ются симметричными относительно точки (O).

Чтобы построить точку, симметричную с даннойточкой A относительно другой данной точки O, сле-дует соединить точки A и O прямой, продолжить этупрямую за точку O и отложить на ней от точки O от-резок OA′, равный OA, таким образом, чтобы точки

A и A′ были расположены по разные стороны относительно точки O.Точка A′ будет искомой.

85. Те о р е м а. Если для двух точек A и B какой-либо пря-мой AB построить симметричные им точки A′ и B′ отно-сительно некоторой точки O то:

1

2

3

4

A

A′

B

B′

D

D′

O

Рис. 98

1) Прямая, соединяющая точки A′ иB′, будет параллельна данной прямойAB, причём отрезок AB равен отрезкуA′B′.

2) Каждой точке данной прямой ABсоответствует симметричная ей точ-ка на построенной прямой A′B′.

1) Треугольники AOB и A′OB′ равны(рис. 98), потому что у них AO = A′O и BD == B′O (по построению), ∠AOB = ∠A′OB′′ (каквертикальные углы). Из равенства этих тре-угольников следует: AB = A′B′ и ∠OAB == ∠OA′B′; значит, AB ‖ A′B′ (§ 73, 2-й случай).

2) Возьмём на прямой AB какую-либо точку D (рис. 98). Рассмот-рим прямую, соединяющую точку D с точкой O. Эта прямая пересечётпрямую A′B′ в некоторой точке D′. Треугольники AOD и A′OD′ рав-ны, потому что у них AO = A′O, ∠1 = ∠2 (как накрест лежащие припараллельных прямых) и ∠3 = ∠4 (как вертикальные). Из равенстваэтих треугольников следует: OD = OD′. Значит, точки D и D′ симмет-ричны относительно точки O.

59

86. Симметричные фигуры. Две фигуры называются сим-метричными относительно данной точки O, если каждойточке одной фигуры соответствует симметричная ей точ-ка другой фигуры.

Точка O называется центром симметрии данных фигур. Самасимметрия называется центральной в отличие от осевой, с котороймы уже встречались раньше (§ 36). Если каждой точке данной фигурысоответствует симметричная ей точка той же самой фигуры (относи-тельно некоторого центра), то говорят, что данная фигура имеет центрсимметрии. Примером такой фигуры служит окружность. Центром еёсимметрии является её центр.

Каждую фигуру можно совместить с фигурой, ей симмет-ричной, путём вращения её вокруг центра симметрии.

В самом деле, возьмём, например, два треугольника ABC и A′B′C ′(рис. 99), симметричные относительно некоторого центра O.

Всю фигуру OABC, не отрывая от плоскости, будем вращать вокругточки O как вокруг центра до тех пор, пока прямая OA не пойдёт поOA′.

Так как ∠1 = ∠2 и ∠3 = ∠4, то прямая OB пойдёт по OB′, а прямаяOC по OC ′.

124

3AA′

B

B′ C

C ′

O

Рис. 99

Так как OA = OA′, OB = OB′, OC == OC ′, то точка A совпадёт с A′, точка Bс B′ и точка C с C ′. Таким образом, тре-угольник ABC совместится с треуголь-ником A′B′C ′.

Очевидно, что при таком поворотекаждая прямая OA, OB, OC, а такжекаждая сторона треугольника ABC по-вернётся на 180◦. Если фигура имеетцентр симметрии, то после поворота еёвокруг центра симметрии на 180◦ эта фи-гура совместится сама с собой.

O

Рис. 100 Рис. 101

З а м е ч а н и е. При вращении, которое мы произвели для совме-щения треугольников ABC и A′B′C ′, треугольник ABC скользил поплоскости. Таким образом, фигуры, симметричные относительно цен-тра, можно совместить, не выводя их из плоскости. Этим центральная


симметрия существенно отличается от осевой (§ 36), где для совмеще-ния симметричных фигур необходимо было одну из них перевернутьдругой стороной.

Центральная симметрия фигур, так же как и осевая, весьма частовстречается в природе и в обыденной жизни. На рис. 100 приведеноизображение пропеллера самолёта. Оно имеет центром симметрии точ-ку O. На рис. 101 дано изображение снежинки, оно также обладаетцентром симметрии.

1. ПАРАЛЛЕЛОГРАММЫ И ТРАПЕЦИИ 61

1 Параллелограммы и трапеции

Параллелограммы

A

B C

D

P Q

R S

K

L M

N

Рис. 102

87. Параллелограмм. Четырёхуголь-ник, у которого противоположные сторо-ны попарно параллельны, называется па-раллелограммом. Такой четырёхугольник(ABCD, рис. 102) получится, например, ес-ли какие-нибудь две параллельные прямыеKL и MN пересечём двумя другими парал-лельными прямыми RS и PQ.

88. Те о р е м а (выражающая свойство сторон и углов параллело-грамма). Во всяком параллелограмме противоположные сто-роны равны, противоположные углы равны и сумма углов,прилежащих к одной стороне, равна 180◦ (рис. 103).

3

21

4

A

B C

D

Рис. 103

Проведя диагональ BD, мы получим дватреугольника: ABD и BCD, которые равны,потому что у них BD — общая сторона, ∠1 == ∠4 и ∠2 = ∠3 (как накрест лежащие при па-раллельных прямых). Из равенства треуголь-ников следует: AB = CD, AD = BC и ∠A == ∠C. Противоположные углы B и D такжеравны, так как они представляют собой суммыравных углов.

Наконец, углы, прилежащие к одной сто-роне, например углы A и B, дают в сумме 180◦, так как это углывнутренние односторонние при параллельных прямых.

З а м е ч а н и е. Равенство противоположных сторон параллелограм-ма иногда кратко выражают другими словами, так: отрезки параллель-ных, отсекаемые параллельными, равны.

С л е д с т в и е. Если две прямые параллельны, то все точки каж-дой из них одинаково удалены от другой параллельной; короче: парал-лельные прямые (AB и CD рис. 104) везде одинаково удалены одна отдругой.

A B

CD

P Q

M N

Рис. 104

Действительно, если из каких-нибудьдвух точек M и N прямой CB опустим наAB перпендикулярыMP и NQ, то эти пер-пендикуляры параллельны (§ 71), и потомуфигураMNQP — параллелограмм; отсюдаследует, что MP = NQ, то есть точки M иN одинаково удалены от прямой AB.


89. Два признака параллелограммов.Те о р е м а. Если в выпуклом четырёхугольнике:1) противоположные стороны равны между собой или2) две противоположные стороны равны и параллельны,

то такой четырёхугольник есть параллелограмм. Пусть фи-гура ABCD (рис. 105) есть четырёхугольник, у которого.

AB = CD и BC = AB.

Требуется доказать, что эта фигура — параллелограмм, то есть чтоAB ‖ CD и BC ‖ AD. Проведя диагональ BD, мы получим два тре-угольника, которые равны, так как у них BD — общая сторона, AB == CD и BC = AD (по условию). Из равенства этих треугольниковследует: ∠1 = ∠4 и ∠2 = ∠3 (в равных треугольниках против равныхсторон лежат равные углы); вследствие этого AB ‖ CD и BC ‖ AD(если накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны).

3

21

4

A

B C

D

Рис. 105

2) Пусть в четырёхугольнике (ABCD,рис. 105) BC ‖ AD и BC = AD. Требуетсядоказать, что ABCD есть параллелограмм, тоесть что AB ‖ CD.

Треугольники ABD и BCD равны, потомучто у них BD — общая сторона, BC = AD(по условию) и ∠2 = ∠3 (как накрест лежа-щие углы при параллельных прямых). Из ра-венства треугольников следует: ∠1 = ∠4; по-этому AB ‖ CD.

90. Те о р е м а (выражающая свойство диагоналей параллелограм-ма).Если четырёхугольник (ABCD, рис. 106)— параллелограмм,то его диагонали, пересекаясь, делятся пополам.

Обратно: если в четырёхугольнике диагонали точкой их пе-ресечения делятся пополам, то данный четырёхугольник —параллелограмм.

2

1 3

4A

B C

D

P

Q

O

Рис. 106

1) Треугольники BOC и AOD равны,потому что у них: BC = AD (как проти-воположные стороны параллелограмма),∠1 = ∠2 и ∠3 = ∠4 (как накрест лежа-щие при параллельных прямых). Из ра-венства треугольников следует: OC = OAи OB = OD.

2) Если AO = OC и BO = OD, то тре-угольники AOD и BOC равны (по двумсторонам и углу между ними). Из равен-ства треугольников следует: ∠1 = ∠2 и ∠3 = ∠4. Следовательно,BC ‖ AD (углы накрест лежащие равны) и BC = AD; поэтому фи-гура ABCD есть параллелограмм.


91. Центр симметрии. Параллелограмм, имеет центр сим-метрии , причём центром симметрии служит точка пересечения диа-гоналей (рис. 106).

Действительно, так как BO = OD и OC = OA, то отрезки BC иAD симметричны относительно точки O и каждой точке P отрезка BCсоответствует симметричная ей точка Q отрезка AB (§ 85). Таким жеобразом убеждаемся, что отрезки AB и CD симметричны относительнотой же точки O. Если параллелограмм повернуть вокруг точки пере-сечения его диагоналей на 180◦, то новое положение параллелограммасовпадёт с первоначальным. При этом каждая из его вершин поменя-ется местом с противоположной вершиной (на рис. 106 вершина A с Cи B с D).

Прямоугольник, ромб и квадрат

92. Прямоугольник и его свойства. Если один из углов паралле-лограмма прямой, то три остальных его угла также прямые (§ 88). Па-раллелограмм, у которого все углы прямые, называется прямоуголь-ником.

Так как прямоугольник есть параллелограмм, то он обладает всемисвойствами параллелограмма; например, диагонали его делятся попо-лам и точка их пересечения есть центр симметрии. Но у прямоуголь-ника есть ещё свои особые свойства.

1) В прямоугольнике (ABCD, рис. 107) диагонали равны.Прямоугольные треугольники ACD и ABD равны, потому что у

них: AD — общий катет и AB = CD (как противоположные стороныпараллелограмма). Из равенства треугольников следует: AC = BD.

2) Прямоугольник имеет две оси симметрии. Именно, каждая пря-мая, проходящая через центр симметрии прямоугольника и параллель-ная двум его противоположным сторонам, есть ось его симметрии. Этиоси симметрии перпендикулярны между собой (смотри рис. 108).

A

B C

D A

B C

D

M

N

P Q2

1

34

A

B C

D

O

Рис. 107 Рис. 108 Рис. 109


93. Ромб и его свойства. Параллелограмм, у которого все сторо-ны равны, называется ромбом. Конечно, ему принадлежат все свойствапараллелограмма, но у него есть следующие два особых свойства.

1) Диагонали ромба (ABCD, рис. 109) взаимно перпендикулярны иделят углы ромба пополам. Треугольники ABD и BDC равны, потомучто у них: BD — общая сторона, AB = BC (так как у ромба все сторо-ны равны) и AO = OC (так как диагонали всякого параллелограммаделятся пополам). Из равенства треугольников следует:

∠1 = ∠2, то есть BD ⊥ AC и ∠3 = ∠4,

A

B

C

D

O

Рис. 110

Рис. 111

то есть угол B делится диагональю пополам. Изравенства треугольников BOC и COD заключа-ем, что угол C делится диагональю пополам.

2) Каждая диагональ ромба есть его осьсимметрии.

Диагональ BD (рис. 110) является осью сим-метрии ромба ABCD, то есть вращая 4ABDвокруг BD, мы можем совместить его с 4BCD.В самом деле, диагональ BD делит углы B и Dпополам и, кроме того, AB = BC и AD = CD.

То же самое можно сказать о диагонали AC.

94. Квадрат и его свойства. Квадратомназывается параллелограмм, у которого все сто-роны равны и все углы прямые; можно такжесказать, что квадрат — это прямоугольник, укоторого стороны равны, или ромб, у которогоуглы прямые. Поэтому квадрату принадлежатвсе свойства параллелограмма, прямоугольникаи ромба. Например, у квадрата имеется четыреоси симметрии (рис. 111): две, проходящие че-рез середины противоположных сторон (как упрямоугольника), и две, проходящие через вер-шины противоположных углов (как у ромба).

Теоремы, основанные на свойствах параллелограмма

95. Те о р е м а. Если на одной стороне угла (например, настороне BC угла ABC, рис. 112) отложим равные между собойотрезки (DE = EF = . . . ) и через их концы проведём парал-лельные прямые (DM , EN , EP, . . . ) до пересечения с другойстороной угла, то и на этой стороне отложатся равныемежду собой отрезки (MN = NP = . . . ). Проведём вспомогатель-ные прямые DK и EL, параллельные AB. Полученные при этом тре-угольники DKE и ELF равны, так как у них: DE = EF (по усло-


вию), ∠KDE = ∠LEF и ∠KED = ∠LFE (как углы, соответственныепри параллельных прямых). Из равенства этих треугольников следует:DK = EL. Но DK =MN и EL = NP (как противоположные стороныпараллелограммов); значит, MN = NP .

AB

C

M N P

D

E

F

K

L

Рис. 112

З а м е ч а н и е. Равные отрезки могут быть откладываемы и от вер-шины угла B, то есть так: BD = DE = EF = . . . . Тогда и на другойстороне равные отрезки надо считать от вершины угла, то есть так:BM =MN = NP = . . . .

96. С л е д с т в и е. Прямая (DE, рис. 113), проведённая через се-редину стороны (AB) треугольника параллельно другой его стороне(AC), делит третью сторону (BC) пополам.

A

B

C

D E

F

Рис. 113

Действительно, мы видим, что на стороне уг-ла B отложены равные отрезки BD = DA и че-рез точки деления D и A проведены параллельныепрямые DE и AC до пересечения со стороной BC;значит, по доказанному, на этой стороне тоже от-ложатся равные отрезки BE = EC, и потому BCразделится в точке E пополам.

З а м е ч а н и е. Отрезок, соединяющий середи-ны двух сторон треугольника, называется его средней линией.

97. Те о р е м а (о средней линии треугольника). Прямая (DE,рис. 113), проведённая через середины двух сторон треуголь-ника, параллельна третьей его стороне; отрезок этой пря-мой, лежащий внутри треугольника, равен половине тре-тьей стороны.

Для доказательства вообразим, что через середину D стороны ABмы провели прямую, параллельную стороне AC. Тогда, по доказанномув предыдущем параграфе, эта прямая разделит сторону BC пополам и,следовательно, сольётся с прямой DE, соединяющей середины сторонAB и BC.


Проведя ещё EF ‖ AD, найдём, что сторона AC также разделитсяпополам в точке F ; значит, AF = FC и, кроме того, AF = DE (какпротивоположные стороны параллелограмма ADEF ), откуда следует:

DE = 12AC.

Трапеции

A

B C

Dоснование

основание

бок бок

Рис. 114

98. Четырёхугольник, у которого двепротивоположные стороны параллельны, адве другие не параллельны, называетсятрапецией. Параллельные стороны трапе-ции (AD и BC) называются её основани-ями, непараллельные (AB и CD) — боко-выми сторонами (рис. 114). Если боковыестороны равны, трапеция называется рав-нобочной.

99. Средняя линия трапеции. Пря-мая, соединяющая середины боковых сторон трапеции, называется еёсредней линией. Линия эта обладает следующим свойством.

Т е о р е м а. Средняя линия (EF , рис. 115) трапеции парал-лельна основаниям, и равна их полусумме.

A

B C

D

E F

G

Рис. 115

Через точки B и F проведём пря-мую до пересечения с продолжениемстороны AD в некоторой точке G. То-гда получим два треугольника: BCFиDFG, которые равны, так как у них:CF = FD (по условию), ∠BFC == ∠DFG (как углы вертикальные) и∠BCF = ∠FDG (как углы накрестлежащие при параллельных прямых).Из равенства треугольников следует:BF = FG и BC = DG. То есть в тре-

угольнике ABG прямая EF соединяет середины двух сторон, значит(§ 97), EF ‖ AG и EF = 1

2 (AD + DG), другими словами, EF ‖ AD иEF = 1

2 (AD +BC).

A B

C

DE

F

M N

Рис. 116

100. З а д а ч а. Данный отрезок (AB,рис. 116) разделить на данное число равныхчастей (например, на 3).

Из конца A проводим прямую AC, обра-зующую с AB какой-нибудь угол; отклады-ваем на AC от точки A три произвольной ве-личины и равные между собой отрезка: AD,DE и EF ; точку E соединяем с B; наконец,


из E и D проводим прямые EN и DM , параллельные EB. Тогда от-резок AB, по доказанному, разделится в точках M и N на три равныечасти.

Задачи на построение

101. Метод параллельного перенесения. На свойствах паралле-лограмма основан особый приём решения задач на построение, извест-ный под названием метода параллельного перенесения. Его сущностьлучше всего выяснить на примере.

З а д а ч а. Построить четырёхугольник ABCD (рис. 117), зная всеего стороны и отрезок EF , соединяющий середины противоположныхсторон.

A

B

CDC ′

D′

E

F

Рис. 117

Чтобы сблизить между собой данныелинии, перенесём параллельно самим се-бе стороны AD и BC в положения ED′

и EC ′. Тогда сторона DD′ будет равна ипараллельна AE, а сторона CC ′ равна ипараллельна BE, но так как AE = BE,то DD′ = CC ′ и DD′ ‖ CC ′. Вследствиеэтого треугольники DD′F и CC ′F бу-дут равны (так как у них: DD′ = CC ′,DF = FC и ∠D′DF = ∠FCC ′), зна-чит, ∠D′FD = ∠C ′FC и потому линияD′FC ′ должна быть прямая, то есть фи-гура ED′FC ′ окажется треугольником.В этом треугольнике известны две стороны (ED′ = AD и EC ′ = BC)и медиана EF , проведённая к третьей стороне. По этим данным легкопостроить треугольник ED′C ′ (если на продолжении медианы EF заточку E отложим отрезок, равный EF , и полученную точку соединимс D′ и C ′, то получим параллелограмм, у которого известны стороны иодна диагональ).

Найдя 4ED′C ′, строим затем треугольники D′DF и C ′CF , а затеми весь четырёхугольник ABCD.

Предоставляем самим учащимся с помощью этого метода решитьследующие задачи:

1. Построить трапецию по одному её углу, двум диагоналям и сред-ней линии.

2. Построить четырёхугольник по трём сторонам a, b, c и двум угламα и β, прилежащим к неизвестной стороне.

3. Построить трапецию по четырём данным её сторонам.


102. Метод симметрии. Свойства осевой симметрии также могутбыть использованы при решении задач на построение. Иногда искомыйприём построения легко обнаруживается, если перегнём часть чертежавокруг некоторой прямой так, чтобы эта часть заняла симметричноеположение по другую сторону от этой прямой. Приведём пример:

З а д а ч а. На прямой AB (рис. 118) найти точку x, чтобы суммарасстояний от x до данных точек M и N была наименьшая.

A B

M

N

M ′

x x1

Рис. 118

Если, перегнув чертёж вокруг AB, при-ведём точку M в симметричное относитель-но AB положение M ′, то расстояние от точ-ки M до какой угодно точки прямой ABравно расстоянию от точки M ′ до той жеточки прямой AB. Поэтому суммы Mx ++ xN,Mx1 + x1N, . . . равны соответственносуммамM ′x+xN,M ′x1+x1N, . . . ; но из по-следних сумм наименьшая будет та, при ко-торой линия M ′xN — прямая. Отсюда ста-новится ясным приём построения.

То же самое построение решает и другуюзадачу: на прямой AB найти такую точкуx, чтобы прямые xM и xN , проведённые от

неё к данным точкам M и N , составляли с AB равные углы.Предоставляем учащимся решить методом симметрии следующие

задачи:

1. Построить по четырём сторонам четырёхугольник ABCD, зная,что его диагональ AC делит угол о пополам.

2. На прямоугольном бильярде дано положение двух шаров A и B.В каком направлении надо толкнуть шар A, чтобы он, отразившисьпоследовательно от всех четырёх бортов, ударил затем шар B.

3. Дан угол и внутри него точка. Построить треугольник наимень-шего периметра, такой, чтобы одна его вершина лежала в данной точке,а две другие на сторонах угла.

УпражненияД о к а з а т ь т е о р е м ы

1. Соединив последовательно середины сторон какого-нибудь четы-рёхугольника, получим параллелограмм.

2. В прямоугольном треугольнике медиана, проведённая к гипоте-нузе, равна её половине.

У к а з а н и е. Следует продолжить медиану на расстояние, рав-ное её длине.


3. Обратно: если медиана равна половине стороны, к которой онапроведена, то треугольник прямоугольный.

4. В прямоугольном треугольнике медиана и высота, приведённыек гипотенузе, образуют угол, равный разности острых углов тре-угольника.

У к а з а н и е. См. задачу 2.

5. В 4ABC биссектриса угла A встречает сторону BC в точке D;прямая, проведённая из D параллельно CA, встречает AB в точкеE; прямая, проведённая из E параллельно BC, встречает AC вF . Доказать, что EA = FC.

6. Внутри данного угла построен другой угол, стороны которого па-раллельны сторонам данного и равно отстоят от них. Доказать,что биссектриса построенного угла лежит на биссектрисе данногоугла.

7. Всякая прямая, соединяющая какую-нибудь точку нижнего осно-вания трапеции с какой-нибудь точкой верхнего основания, делит-ся средней линией пополам.

8. В треугольнике через точку пересечения биссектрис углов, приле-жащих к основанию, проведена прямая параллельно основанию.Доказать, что отрезок, заключённый между боковыми сторонамитреугольника, равен сумме отрезков боковых сторон, считая ихот основания.

9. Через вершины углов треугольника проведены прямые, парал-лельные противоположным сторонам. Доказать, что образован-ный ими треугольник составлен из четырёх треугольников, рав-ных данному, и что каждая сторона его в два раза более соответ-ствующей стороны данного треугольника.

10. В равнобедренном треугольнике сумма расстояний от каждой точ-ки основания до боковых сторон есть величина постоянная, аименно: она равна высоте, опущенной на боковую сторону.

11. Как изменится эта теорема, если взять точку на продолженииоснования.

12. В равностороннем треугольнике сумма расстояний всякой точки,взятой внутри этого треугольника, до сторон его есть величинапостоянная, равная высоте треугольника.

13. Всякий параллелограмм, у которого диагонали равны, есть пря-моугольник.


14. Всякий параллелограмм, у которого диагонали взаимно перпен-дикулярны, есть ромб.

15. Всякий параллелограмм, у которого диагональ делит угол попо-лам, есть ромб.

16. Из точки пересечения диагоналей ромба опущены перпендикуля-ры на стороны ромба. Доказать, что основания этих перпендику-ляров образуют вершины прямоугольника.

У к а з а н и е. См. задачу 13.

17. Биссектрисы углов прямоугольника своим пересечением образуютквадрат.

18. Пусть A′, B′, C ′ и B′ будут середины сторон CD, DA, AB и BCквадрата. Доказать, что отрезки AA′, CC ′, BB′ и DD′ образуютсвоим пересечением квадрат, сторона которого равна 2

5 каждогоиз этих отрезков.

19. Дан квадрат ABCD. На сторонах его отложены равные частиAA1, BB1, CC1 и DD1. Точки A1, B1, C1, D1 соединены последо-вательно прямыми. Доказать, что A1B1C1D1 есть квадрат.

20. Если середины сторон какого угодно четырёхугольника взять завершины нового четырёхугольника, то последний есть паралле-лограмм. Определить, при каких условиях этот параллелограммбудет: 1) прямоугольником, 2) ромбом, 3) квадратом.

Н а й т и г е о м е т р и ч е с к и е м е с т а

1. Середин всех отрезков, проведённых из данной точки к различ-ным точкам данной прямой.

2. Точек, равно отстоящих от двух параллельных прямых.

3. Вершины треугольников, имеющих общее основание и равные вы-соты.


4. Даны два угла треугольника; построить третий.

5. Дан острый угол прямоугольного треугольника; построить другойострый угол.

6. Провести прямую, параллельную данной прямой и находящуюсяот неё на данном расстоянии.


7. Разделить пополам угол, вершина которого не помещается на чер-теже.

8. Через данную точку провести прямую под данным углом к даннойпрямой.

9. Даны две прямые XY и X ′Y ′ и точка F ; провести через эту точкутакую секущую, чтобы часть её, заключённая между даннымипрямыми, делилась точкой F пополам.

10. Через данную точку провести прямую так, чтобы отрезок её, за-ключённый между двумя данными параллельными прямыми, рав-нялся данному отрезку.

11. Между сторонами данного острого угла поместить отрезок даннойдлины так, чтобы он был перпендикулярен к одной стороне угла.

12. Между сторонами данного угла поместить отрезок данной длиныпараллельно заданной прямой, пересекающей обе стороны данно-го угла.

13. Между сторонами данного угла поместить отрезок данной длинытак, чтобы он отсекал от сторон угла равные отрезки.

14. Построить прямоугольный треугольник по данным: острому углуи противолежащему катету.

15. Построить треугольник по двум углам и стороне, лежащей противодного из них.

16. Построить р а в н о б е д р е н н ы й треугольник по углу при вер-шине и основанию.

17. То же — по углу при основании и высоте, опущенной на боковуюсторону.

18. То же — по боковой стороне и высоте, опущенной на неё.

19. Построить равносторонний треугольник по его высоте.

20. Разделить прямой угол на три равные части (другими словами,построить угол, равный 30◦).

21. Построить треугольник по основанию, высоте и боковой стороне.

22. То же — по основанию, высоте и углу при основании.

23. То же — по углу и двум высотам, опущенным из стороны этогоугла.


24. То же — по стороне, сумме двух других сторон и высоте, опущен-ной на одну из этих сторон.

25. То же — по высоте, периметру и углу при основании.

26. Провести в треугольнике прямую, параллельную основанию, так,чтобы отрезок, заключённый между боковыми сторонами, былравен сумме отрезков боковых сторон, считая от основания.

27. Построить многоугольник, равный данному.

У к а з а н и е. Диагоналями разбивают данный многоугольник натреугольники.

28. Построить ч е т ы р ё х у г о л ь н и к по трём его углам и двумсторонам, образующим четвёртый угол.

У к а з а н и е. Надо найти четвёртый угол.

29. То же — по трём сторонам и двум диагоналям.

30. Построить п а р а л л е л о г р а м м по двум неравным сторонами одной диагонали.

31. То же — по стороне и двум диагоналям.

32. То же — по двум диагоналям и углу между ними.

33. То же — по основанию, высоте и диагонали.

34. Построить п р я м о у г о л ь н и к по диагонали и углу между диа-гоналями.

35. Построить р о м б по стороне и диагонали.

36. То же — по двум диагоналям.

37. То же — по высоте и диагонали.

38. То же — по углу и диагонали, проходящей через этот угол.

39. То же — по диагонали и противолежащему углу.

40. То же — по сумме диагоналей и углу, образованному диагональюсо стороной.

41. Построить к в а д р а т по данной диагонали.

42. Построить т р а п е ц и ю по основанию, прилежащему к нему уг-лу и двум непараллельным сторонам (могут быть два решения,одно и ни одного).


43. То же — по разности оснований, двум боковым сторонам и однойдиагонали.

44. То же — по четырём сторонам (всегда ли задача имеет решение?).

45. То же — по основанию, высоте и двум диагоналям (условие суще-ствования решения).

46. То же — по двум основаниям и двум диагоналям (условие суще-ствования решения).

47. Построить к в а д р а т по сумме стороны с диагональю.

48. То же — по разности диагонали и стороны.

49. Построить п а р а л л е л о г р а м м по двум диагоналям и высоте.

50. То же — по стороне, сумме диагоналей и углу между ними.

51. Построить треугольник по двум сторонам и медиане, проведённойк третьей стороне.

52. То же — по основанию, высоте и медиане, проведённой к боковойстороне.

53. Построить п р я м о у г о л ь н ы й т р е у г о л ь н и к по гипоте-нузе и сумме катетов (исследовать).

54. То же — по гипотенузе и разности катетов.

55. Даны две точки A и B, расположенные по одну сторону от даннойпрямой XY . Расположить на этой прямой отрезок MN даннойдлины ` так, чтобы ломаная AM +MN +NB была наименьшейдлины.

У к а з а н и е. Приблизим точку B к точке A, двигая её по прямой,параллельной XY , на расстояние, равное MN .


2 Об аксиоме параллельных

103. Две аксиомы параллельных. Принятая нами в § 75 аксиомапараллельных была предложена древнегреческим математиком Прок-лом (IV век нашей эры) но часто называется аксиомой Плейфэра вчесть шотландского математика Джона Плейфэра благодаря которомумногие узнали эту формулировку.

Легко показать, что пятый постулат Евклида (§ 78) и аксиома Плей-фэра обратимы одна в другую. То есть из аксиомы Плейфэра можновывести, как логическое следствие, аксиому Евклида (что и сделано в§ 78) и, обратно, из этого постулата можно логически получить посту-лат Плейфэра. Последнее можно выполнить, например, так:

α

β

C D

EBB1

AA1

M

N

Рис. 119

Пусть через точку E (рис. 119), взятую внепрямой CD, проведены какие-нибудь две пря-мые AB и A1B1. Докажем, исходя из постулатаЕвклида, что эти прямые не могут быть обе па-раллельны прямой CD.

Для этого проведём через E какую-нибудьсекущую прямую MN ; обозначим внутренниеодносторонние углы, образуемые этою секущеюс прямыми CD и AB, буквами α и β. Тогда одноиз двух: или сумма α+β не равна 180◦, или онаравна 180◦. В первом случае согласно постула-ту Евклида, прямая AB должна пересечься с

CD и, следовательно, она не может быть параллельной CD. Во второмслучае α+∠B1EN 6= 180◦, (так как ∠B1EN 6= ∠BEN). Значит, тогда,согласно тому же постулату, прямая A1B1 должна пересечься с CD и,следовательно, эта прямая не может быть параллельной CD.

Таким образом, одна из прямых AB или A1B1 непременно окажетсянепараллельной прямой CD; следовательно, через одну точку нельзяпровести двух различных прямых, параллельных одной и той же пря-мой.

104. Другие предложения равносильные аксиоме параллель-ных. Есть много других предложений, также логически обратимых спостулатом Евклида (и, следовательно, ему логически равносильных).Приведём несколько знаменитых примеров:

Существует по крайней мере один треугольник, у которого сум-ма углов равна 180◦ (французский математик Адриен Мари Лежандр,начало XIX столетия).

Существуот выпуклый четырёхугольник (прямоугольник), у ко-торого все четыре угла прямые (французский математик Kлод Kлеро,XVIII столетие).

Существует треугольник, подобный, но не равный, другому тре-угольнику (итальянский математик Джироламо Саккери, начало XVIII

2. ОБ АКСИОМЕ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ 75

столетия).Через всякую точку, взятую внутри угла, меньшего 180◦, можно

провести прямую, пересекающую обе стороны этого угла (немецкийматематик Иоганн Фридрих Лоренц, конец XVIII столетия).

Многие делали попытки доказать постулат Евклида (или какой-нибудь другой, ему равносильный), то есть вывести его, как логиче-ское следствие, из других аксиом геометрий. Все эти попытки оказа-лись однако неудачными: в каждом из таких «доказательств», послеподробного разбора его, находили логическую ошибку.

105. Открытие новой геометрии. Неудачи в поисках доказа-тельств постулата Евклида привели к мысли, что этот постулат (как илюбой ему равносильный) и не может быть выведен из других аксиомгеометрии, а представляет собою независимое от них самостоятельноедопущение о свойствах пространства.

Сначала эта мысль высказывалась только в частной переписке; донас дошло такое письмо 1816 года написанное Карлом Гауссом и ещёболее уверенное письмо 1818 года написано Фердинандом Швейкартом.Однако эти математики воздерживались от публикации своих резуль-татов, сейчас трудно понять тому истинную причину.

Независимо, те же идеи были развиты Николаем Ивановичем Лоба-чевским в сочинении изданным Казанским университетом в 1836—1838годах. Чуть позже, так же независимо, те же результаты были опубли-кованы венгерским математиком Яношем Бояи.

В своём сочинении Лобачевский обнародовал особую геометрию, на-званую им «воображаемой», а теперь называемой «геометрией Лоба-чевского». В её основание положены те же геометрические аксиомы,на которых основана геометрия Евклида, за исключением только егопостулата параллельных линий, вместо которого Лобачевский взял сле-дующее допущение: через точку, лежащую вне прямой, можно про-вести бесчисленное множество параллельных этой прямой.

A B

C

D

EF

Рис. 120

То есть, он допустил, что если AB (рис.120) есть прямая и C какая-нибудь точкавне её, то при этой точке существует неко-торый угол DEC, обладающий следующимсвойствам: 1) всякая прямая, проведённая че-рез C внутри этого угла (например, прямаяCF ) не пересекаются с AB, 2) то же верно идля продолжений сторонDE и EC угла, а приэтом 3) всякая прямая, проведённая через Cвне этого угла, пересекается с AB.

Понятно, что такое допущение отрицает аксиому параллельностиЕвклида. Несмотря однако на это отрицание, геометрия Лобачевскогопредставляет собою такую же стройную систему геометрических тео-рем как и геометрия Евклида. Конечно, теоремы геометрии Лобачев-


ского существенно отличаются от теорем геометрии Евклида, но в ней,как и в геометрии Евклида, не встречается никаких логических про-тиворечий ни теорем с аксиомами, положенными в основание этой гео-метрии, ни одних теорем с другими теоремами.

Между тем, если бы постулат Евклида мог быть доказан, то естьесли бы он представлял собою некоторое, хотя бы и очень отдалён-ное, логическое следствие из других геометрических аксиом, то тогдаотрицание этого постулата, положенное в основу геометрии вместе спринятием всех других аксиом, непременно привело бы к логическипротиворечивым следствиям.

Отсутствие таких противоречий в геометрии Лобачевского служитуказанием на независимость пятого постулата Евклида от прочих гео-метрических аксиом и, следовательно, на невозможность доказать его.Заметим, однако, что одно только отсутствие противоречий в геомет-рии Лобачевского ещё не служит доказательством независимости пя-того постулата от других аксиом геометрии. Ведь всегда можно возра-зить, что это отсутствие противоречий есть только случайное явление,происходящее, быть может, от того, что в геометрии Лобачевского несделано ещё достаточного количества выводов, что со временем, бытьможет, и удастся кому-нибудь получить такой логический вывод в этойгеометрии, который окажется в противоречии с каким-нибудь другимвыводом той же геометрии.

Однако доказано следующее: если бы в геометрии Лобачевского на-шлось противоречие, то нашлось бы соответствующее противоре-чие и в Евклидовой геометрии; также верно и обратное — если естьпротиворечие в Евклидовой геометрии то было бы противоречие и вгеометрии Лобачевского. То есть удаётся доказать, что в логическомсмысле геометрия Лобачевского «не хуже и не лучше» геометрии Ев-клида.

106. Неевклидовы геометрии. Позже их немецкий математикБернхард Риман (1820—1866) построил ещё особую, также лишённуюпротиворечий, геометрию (названной потом геометрией Римана), вкоторой вместо постулата Евклида принимается допущение, что черезточку, взятую вне прямой, нельзя провести ни одной параллельной этойпрямой (другими словами, все прямые плоскости пересекаются).

Такие геометрии (как геометрии Лобачевского и Римана), в которыхв основание положено какое-нибудь допущение о параллельных линиях,не согласное с постулатом Евклида, носят общее название неевклидо-вых геометрий.

Другой пример неевклидовой геометрии это так называемая абсо-лютная геометрия, независимая от пятого постулата. Другими сло-вами, в этой геометрии пятый постулат может выполняться, а можети не выполняться. Эта геометрия как раз и рассматривалась в упо-мянутом сочинении Яноша Бояи, она включает геометрии Евклида и

2. ОБ АКСИОМЕ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ 77

Лобачевского как частные случаи.

107. Теоремы геометрии Лобачевского. Приведём некоторыетеоремы геометрии Лобачевского, резко различающиеся от соответ-ствующих теорем геометрии Евклида:

Два перпендикуляра к одной и той же прямой, по мере удаленияот этой прямой, расходятся неограниченно.

Сумма углов треугольника меньше 180◦ (в геометрии Римана онабольше 180◦), при чём эта сумма не есть величина постоянная для раз-ных треугольников. Чем больше площадь треугольника, тем большесумма его углов разнится от 180◦.

Рис. 121

Если в выпуклом четырёхугольнике три углапрямые, то четвёртый угол острый. В частности вэтой геометрии нет прямоугольников. Четырёхуголь-ник с тремя прямыми углами называется четырёх-угольником Ламберта в честь шведского матема-тика Иоганна Генриха Ламберта (1728—1777). Попыт-ка изобразить четырёхугольник Ламберта (рис. 121)не очень удачная поскольку сам лист бумаги не похожна плоскость Лобачевского.

Если углы одного треугольника соответственно равны углам дру-гого треугольника, то такие треугольники равны (следовательно, вгеометрии Лобачевского не существует подобия).

Геометрическое место точек плоскости, равноотстоящих от какой-нибудь прямой этой плоскости не является прямой.

Глава 3

Окружность

1 Форма и положение окружности

108. П р е д в а р и т е л ь н о е з а м е ч а н и е. Очевидно, что черезодну точку (A, рис. 122) можно провести сколько угодно окружностей:центры их можно брать произвольно. Через две точки (A и B, рис. 123)тоже можно провести сколько угодно окружностей, но центры их нель-зя брать произвольно, так как точки, одинаково удалённые от двухточек A и B, должны лежать на срединном перпендикуляре к отрезкуAB (§ 58).

A

A B

Рис. 122 Рис. 123

Посмотрим, можно ли провести окружность через три точки.

109. Те о р е м а. Через три точки, не лежащие на однойпрямой, можно провести окружность и притом только од-ну.

Через три точки A, B и C (рис. 124), только тогда можно провестиокружность, если существует такая четвёртая точка O, которая одина-ково удалена от точек A, B и C.

79

80 ГЛАВА 3. ОКРУЖНОСТЬ

A

B

C

O

M

N

P

Q

R

S

Рис. 124

Докажем, что если A, B и C не лежатна одной прямой (другими словами, еслиточки A,B и C являются вершинами тре-угольника), то такая точка O существуети притом только одна. Для этого примемво внимание, что всякая точка, одинако-во удалённая от точек A и B, должна ле-жать на срединном перпендикуляреMN ,проведённом к стороне AB (§ 58); точнотак же всякая точка, одинаково удалён-ная от точек B и C, должна лежать на

срединном перпендикуляре PQ, проведённом к стороне BC. Значит,если существует точка, одинаково удалённая от трёх точек A, B и C,то она должна лежать одновременно и на MN , и на PQ, что возмож-но только тогда, когда она совпадает с точкой пересечения этих двухпрямых. Прямые MN и PQ всегда пересекаются, так как они перпен-дикулярны к пересекающимся прямым AB и BC (§ 78). Точка O ихпересечения и будет точкой, одинаково удалённой от A, от B и от C;значит, если примем эту точку за центр, а за радиус возьмём отрезокOA (или OB, или OC), то окружность пройдёт через точки A, B и C.Так как прямые MN и PQ могут пересечься только в одной точке, тоцентр такой окружности может быть только один, и длина её радиусаможет быть только одна; значит, искомая окружность — единственная.

З а м е ч а н и е. Если бы три точки A, B и C (рис. 124) лежали наодной прямой, то перпендикуляры MN и PQ, были бы параллельныи, значит, не могли бы пересечься. Следовательно, через три точки,лежащие на одной прямой, нельзя провести окружности.

С л е д с т в и е. Точка O (рис. 124), находясь на одинаковом рассто-янии от A и от C, должна также лежать на срединном перпендикуляреRS, проведённом к стороне AC. Таким образом: три срединных пер-пендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке.

110. Те о р е м а. Диаметр (AB, рис. 125), перпендикулярныйк хорде (CD), делит эту хорду и обе стягиваемые ею дуги по-полам. Перегнём чертёж по диаметру AB так, чтобы его левая частьупала на правую. Тогда левая полуокружность совместится с правойполуокружностью, и перпендикуляр KC пойдёт по KD. Из этого сле-дует, что точка C, представляющая собой пересечение полуокружностис KC, совпадёт с D; поэтому CK = KD, `BC = `BD и `AC = `AB.

111. О б р а т н ы е т е о р е м ы.1. Диаметр (AB), проведённый через середину хорды (CD),

не проходящей через центр, перпендикулярен к этой хорде иделит дугу, стягиваемую ею, пополам (рис. 125).

1. ФОРМА И ПОЛОЖЕНИЕ ОКРУЖНОСТИ 81

A

B

C DK

O

Рис. 125

A B

C D

O

E

F

Рис. 126

A B

Рис. 127

A B

C

M

QN

P O

Рис. 128

2. Диаметр (AB), проведённый черезсередину дуги (CBD), перпендикулярен кхорде, стягивающей эту дугу, и делит еёпополам.

Оба эти предложения легко доказываются отпротивного.

112. Те о р е м а. Дуги (AC и BD, рис. 126),заключённые между параллельными хор-дами (AB и CD), равны.

Перегнём чертёж по диаметру EF ⊥ AB. То-гда на основании предыдущей теоремы можноутверждать, что точка A совпадёт с B, точка Cсовпадёт с D и, следовательно, дуга AC совме-стится с дугой BD, то есть эти дуги равны.

113. З а д а ч и. 1) Разделить данную дугу(AB, рис. 127) пополам.

Соединив концы дуги хордой AB, опускаемна неё перпендикуляр из центра и продолжаемего до пересечения с дугой. По доказанному впредыдущей теореме, дуга AB разделится этимперпендикуляром пополам.

Если же центр не известен, тогда к хорде ABследует провести срединный перпендикуляр.

2)Найти центр данной окружности (рис. 128).Взяв на данной окружности какие-нибудь

три точки A, B и C, проводят через них двехорды, например AB и CD, и проводят к нимсрединные перпендикуляры MN и PQ.

Искомый центр, будучи одинаково удалён отA, B и C, должен лежать и на MN и на PQ,следовательно, он находится в их пересечении,то есть в точке O.


2 Дуги, хорды и расстояния до центра

A

B

CD

O

E

F

Рис. 129

114. Те о р е м ы. В одном круге илив равных кругах:

1) если дуги равны, то стягиваю-щие их хорды равны и одинаково уда-лены от центра.

2) если две дуги, меньшие полу-окружности, не равны, то большаяиз них стягивается большей хордойи из обеих хорд большая расположе-на ближе к центру.

1) Пусть дуга AB равна дуге CD(рис. 129), требуется доказать, что хордыAB и CD равны, а также равны перпендикуляры OE и OF , опущенныеиз центра на хорды.

Повернём сектор AOB вокруг центра O в направлении, указанномстрелкой, на столько, чтобы радиус OB совпал с OC. Тогда дуга BAпойдёт по дуге CD и вследствие их равенства эти дуги совместятся.Значит, хорда AB совместится с хордой CD и перпендикуляр OE сов-падёт с OF (из одной точки можно опустить на прямую только одинперпендикуляр), то есть AB = CD и OE = OF .

A

B

C

D

K

O

L

M

E

F

Рис. 130

2) Пусть дуга AB (рис. 130) меньше ду-ги CD, и притом обе дуги меньше полу-окружности; требуется доказать, что хор-да AB меньше хорды CD, а перпендикулярOE больше перпендикуляра OF . Отложимна дуге CB дугу CK, равную AB, и про-ведём вспомогательную хорду CK, которая,по доказанному, равна хорде AB и одинако-во с ней удалена от центра. У треугольни-ков COD и COK две стороны одного равныдвум сторонам другого (как радиусы), а уг-лы, заключённые между этими сторонами,

не равны; в этом случае, как мы знаем (§ 52), против большего из углов,то есть ∠COD, должна лежать большая сторона; значит, CD > CK, ипотому CD > AB.

Для доказательства того, что OE > OF , проведём OL ⊥ CK и при-мем во внимание, что, по доказанному, OE = OL; следовательно, намдостаточно сравнить OF с OL. В прямоугольном треугольнике OFM(покрытом на чертеже штрихами) гипотенуза OM больше катета OF ;но OL > OM ; значит, и подавно OL > OF , и потому OE > OF .

Теорема, доказанная нами для одного круга, остаётся верной и дляравных кругов, потому что такие круги один от другого отличаются

2. ДУГИ, ХОРДЫ И РАССТОЯНИЯ ДО ЦЕНТРА 83

только положением.

115. О б р а т н ы е т е о р е м ы. Так как в предыдущем парагра-фе рассмотрены всевозможные взаимно исключающие случаи относи-тельно сравнительной величины двух дуг одного радиуса, причём по-лучились взаимно исключающие выводы относительно сравнительнойвеличины хорд и расстояний их от центра, то обратные предложениядолжны быть верны, а именно.

В одном круге или в равных кругах:1) равные хорды одинаково удалены от центра и стягива-

ют равные дуги;2) хорды, одинаково удалённые от центра, равны и стяги-

вают равные дуги;3) из двух неравных хорд большая ближе к центру и стя-

гивает большую дугу;4) из двух хорд, неодинаково удалённых от центра, та, ко-

торая ближе к центру, больше и стягивает большую дугу.Эти предложения легко доказываются от противного. Например,

для доказательства первого из них рассуждаем так: если бы данныехорды стягивали неравные дуги, то, согласно прямой теореме, они былибы не равны, что противоречит условию; значит, равные хорды должныстягивать равные дуги; а если дуги равны, то, согласно прямой теореме,стягивающие их хорды одинаково удалены от центра.

116. Те о р е м а. Диаметр есть наибольшая из хорд.

A

B

C

D

O

Рис. 131

Если соединим с центромO концы какой-нибудь хорды, не проходящей через центр,например хорды AB (рис. 131), то получимтреугольник AOB, в котором одна сторонаесть эта хорда, а две другие — радиусы. Но втреугольнике каждая сторона менее суммыдвух других сторон; следовательно, хордаAB менее суммы двух радиусов, тогда каквсякий диаметр CD равен сумме двух ради-усов. Значит, диаметр больше всякой хорды,не проходящей через центр. Но так как диа-метр есть тоже хорда, то можно сказать, чтодиаметр есть наибольшая из хорд.


3 Расположения прямой и окружности

117. Точки внутри круга и точки вне его. Окружность разде-ляет все точки плоскости на три области:

A

BX

Y

Z

Рис. 132

A BC

O

Рис. 133

A BC

D E

O

Рис. 134

A BC

O

Рис. 135

1) точки вне круга, расстояние от которыхдо центра больше радиуса;

2) точки на окружности, расстояние от кото-рых до центра равны радиусу;

3) точки внутри круга, расстояние от кото-рых до центра меньше радиуса.

Следующее утверждение мы принимаем заочевидное:

Если отрезок (или дуга) соединяет точку (Aрис. 132) внутри круга с какою-нибудь точкой(B) вне его, то он пересекается где-нибудь сокружностью (в точке X для отрезка AB и вточках Y и Z для двух дуг с концами в A и B).

118. Прямая и окружность могут, очевид-но, находиться только в следующих трёх отно-сительных положениях.

1) Расстояние (OC) от центра до прямой(AB) (то есть длина перпендикуляра OC, опу-щенного из центра на прямую) больше радиусаокружности (рис. 133). Тогда точка C прямойудалена от центра больше, чем на радиус, и по-тому лежит вне круга. Так как все остальныеточки прямой удалены от O ещё более, чем точ-ка C (наклонные длиннее перпендикуляра), тоони все лежат вне круга; значит, тогда прямаяне имеет никаких точек, общих с окружностью.

2) Расстояние (OC) от центра до прямойменьше радиуса. В этом случае (рис. 134) точкаC лежит внутри круга. Но на прямой AB, по обестороны от точки C, можно найти такие точкиDи E, которые удалены от O более, чем на ради-ус1 и которые, следовательно, лежат вне круга.Но тогда каждый из двух отрезков: CD и CE,соединяя внутреннюю точку с внешней, долженпересечься с окружностью (§ 117). Следователь-но, в этом случае прямая имеет с окружностью2 общие точки.

1Если, например, на прямой AB отложим от точки C по обе стороны от неё,отрезки, большие радиуса, то расстояние их концов до центра будут больше радиуса,так как перпендикуляр короче наклонной.

3. РАСПОЛОЖЕНИЯ ПРЯМОЙ И ОКРУЖНОСТИ 85

3) Расстояние (OC) центра от прямой равно радиусу. Тогда точкаC (рис. 135) принадлежит и прямой и окружности, все же остальныеточки прямой, будучи удалены от O более, чем точка C, лежат внекруга. Значит, в этом случае прямая и окружность имеют только однуобщую точку, именно ту, которая служит основанием перпендикуляра,опущенного из центра на прямую.

Такая прямая, которая с окружностью имеет только одну общуюточку, называется касательной к окружности; общая точка называ-ется точкой касания.

P

M T

Рис. 136

З а м е ч а н и е. Когда речь идёт опроизвольной гладкой кривой, то заопределение касательной принимают пре-дельное положение MT , к которомустремится секущая MP , когда точка Pскользит по кривой неограниченно при-ближаясь к M . Для окружности обаопределения равносильны, но в общемслучае, определяемая таким образом касательная может иметь с кри-вой более одной общей точки (рис. 136).

119. Относительно касательной мы докажем следующие д в е т е о -р е м ы (прямую и обратную):

1) если прямая (MN рис. 137) перпендикулярна к радиусу(OA) в конце его (A), лежащем на окружности, то она каса-ется окружности, и обратно,

2) если прямая касается окружности, то радиус, прове-дённый в точку касания, перпендикулярен к ней.

A B C

O

M N

Рис. 137

1) Точка A, как конец радиуса, лежащий наокружности, принадлежит этой окружности; вто же время она принадлежит и прямой MN .Значит, эта точка есть общая у окружности ипрямой. Все же остальные точки прямой MN ,как B, C и другие, отстоят от центра O даль-ше, чем на радиус (так как отрезки OB, OC, . . . ,как наклонные, больше перпендикуляра OA), ипотому они лежат вне окружности. Таким обра-зом, у прямой MN есть только одна точка (A), общая с окружностью,и, значит, прямая MN есть касательная.

2) Пусть MN касается окружности в точке A; требуется доказать,что MN ⊥ OA. Предположим противное, то есть что радиус OA неперпендикулярен к MN , а представляет собою наклонную к этой пря-мой. В таком случае какая-нибудь другая прямая, например OC, будетперпендикуляром, опущенным из центра O на касательную MN (§ 23).Значит найдётся другая точка A′ наMN лежащая от C на том же рас-


стоянии, что и A. В этом случае, OA = OA′ (§ 54); то есть MN имеетдве общие точки с окружностью и значит не может её касаться.

A

B

B1

O

Рис. 138

A BC D

E

O

M

Рис. 139

A

B

CD

E

F

O

Рис. 140

С л е д с т в и е. Две касательные, проведён-ные к окружности из точки вне её, равны иобразуют равные углы с прямой, соединяющейэту точку с центром, что следует из равенствапрямоугольных треугольников AOB и AOB1

(рис. 138).

120. Те о р е м а. Если касательная па-раллельна хорде, то точка касания делитдугу, стягиваемую хордой, пополам.

Пусть прямая AB касается окружности вточкеM (рис. 139) и параллельна хорде CD; тре-буется доказать, что `CM = `MD.

Проведя через точку касания диаметр ME,будем иметь: EM ⊥ AB и, следовательно, EM ⊥⊥ CD; поэтому `CM = `MD.

121. З а д а ч а. Провести касательную кданной окружности с центром O параллельноданной прямой AB (рис. 140).

Опускаем на AB из центра O перпендику-ляр OC и через точку D, в которой этот перпен-дикуляр пересекается с окружностью, проводимEF ‖ AB. Искомая касательная будет EF . Дей-ствительно, так как OC ⊥ AB и EF ‖ AB, тоEF ⊥ OD, а прямая, перпендикулярная к ради-усу в конце его, лежащем на окружности, естькасательная.

122. З а д а ч а. Через данную точку прове-сти касательную к данной окружности. Еслиданная точка (например, точка C, рис. 135) на-ходится на окружности, то проводят через неё радиус и через конецрадиуса перпендикулярную прямую. Эта прямая и будет искомой каса-тельной. Другой касательной через ту же точку окружности провестинельзя, так как касательная должна быть перпендикулярна к радиусув конце его, лежащем на окружности, а двух различных перпендику-ляров к одному и тому же радиусу через одну и ту же точку провестинельзя.

Рассмотрим случай, когда точка дана вне круга. Пусть требуется(рис. 141) провести к окружности с центром O касательную через точ-ку A. Для этого из точки A как из центра описываем дугу радиусаAO, а из точки O как из центра пересекаем эту дугу в точках B и Cраствором циркуля, равным удвоенному радиусу данной окружности.

3. РАСПОЛОЖЕНИЯ ПРЯМОЙ И ОКРУЖНОСТИ 87

Проведя затем хорды OB и OC, соединим точку A с точкам и D и E, вкоторых эти хорды пересекаются с данной окружностью. Прямые ADи AE и будут касательными к данной окружности.

A

B

C

D

E

O

Рис. 141

Действительно, из построения видно, что4AOB и 4AOC равнобедренные (AO = AB == AC) с основаниями OB и OC, равными удво-енному радиусу окружности. Так как OD и OE— радиусы, то D есть середина OB, а E — се-редина OC. Значит, прямые AD и AE являютсямедианами, проведёнными к основаниям равно-бедренных треугольников и потому перпендику-лярны к этим основаниям (§ 37). Если же прямыеAD и AE перпендикулярны к радиусам OD и OEв их концах, лежащих на окружности, то они ка-сательные (§ 119).

З а м е ч а н и е. Ниже (§ 135) будет указан другой приём проведениякасательной.

A

A1

B

B1

C

O

O1

Рис. 142

123. З а д а ч а. К двум окружно-стям с центрами O и O1 провести об-щую касательную (рис. 142).

1) А н а л и з. Предположим, что за-дача решена. Пусть AB будет общаякасательная, A и B — точки касания.Очевидно, что если мы найдём одну изэтих точек, например A, то затем лег-ко найдём и другую. Проведём ради-усы OA и O1B. Эти радиусы, будучиперпендикулярны к общей касательной, параллельны между собой; по-этому, если из O1 проведём O1C ‖ BA, то треугольник OCO1 будетпрямоугольный с прямым углом при вершине C; вследствие этого, ес-ли опишем с центром в точке O радиусом OC окружность, то она будеткасаться прямой O1C в точке C. Радиус этой вспомогательной окруж-ности известен: он равен OA− CA = OA− O1B, то есть он равен раз-ности радиусов данных окружностей.

П о с т р о е н и е. Таким образом, построение можно выполнить так:описываем окружность с центром в точке O радиусом, равным разно-сти данных радиусов; из O1 проводим к этой окружности касательнуюO1C (способом, указанным в предыдущей задаче); через точку касанияC проводим радиус OC и продолжаем его до встречи с данной окруж-ностью в точке A. Наконец, из A проводим AB параллельно CO1.

Совершенно таким же способом мы можем построить другую об-щую касательную A1B1. Прямые AB и A1B1 называются внешнимикасательными двух окружностей.


Аналогично можно построить и внутренние касательные (рис.143).

A

A1

B

B1

C

O O1

Рис. 143

2) А н а л и з. Предположим, что за-дача решена. Пусть AB будет искомаякасательная. Проведём радиусы OA иO1B в точки касания A и B. Эти ра-диусы, будучи оба перпендикулярны кобщей касательной, параллельны меж-ду собой.

Поэтому, если из O1 проведёмO1C ‖ BA и продолжим OA до пе-ресечения с O1C в точке C, то OCбудет перпендикулярен к O1C, вслед-ствие этого окружность, описанная ра-

диусом OC с центром в точке O, будет касаться прямой O1C в точ-ке C. Радиус этой вспомогательной окружности известен, он равен:OA+AC = OA+O1B1, то есть он равен сумме радиусов данных окруж-ностей.

П о с т р о е н и е. Таким образом, построение может быть выполне-но так: описываем окружность с центром в точке O радиусом, равнымсумме данных радиусов; из O1 проводим к этой окружности касатель-ную O1C; точку касания C соединяем с O; наконец, через точку A, вкоторой OC пересекается с данной окружностью, проводим AB ‖ CO1.Подобным же способом можно построить и другую общую внутреннююкасательную A1B1.

4. РАСПОЛОЖЕНИЯ ДВУХ ОКРУЖНОСТЕЙ 89

4 Расположения двух окружностей

124. О п р е д е л е н и е. Если две окружности имеют только однуобщую точку, то говорят, что они касаются; если же две окружностиимеют две общие точки, то говорят, что они пересекаются.

Трёх общих точек две несливающиеся окружности иметь не могут,потому что в противном случае через три точки можно было бы про-вести две различные окружности, что невозможно (§ 109).

Будем называть линией центров прямую, проходящую через цен-тры двух окружностей.

125. Те о р е м а. Если две окружности (рис. 144) имеют об-щую точку (A), расположенную вне линии центров, то ониимеют ещё и другую общую точку (A1), симметричную пер-вой относительно линии центров (и, следовательно, такие окруж-ности пересекаются).

A

A1

O O1

A

A1

O O1

Рис. 144

Линия центров содержит в себе диаметры обеих окружностей и по-этому должна быть осью симметрии всей фигуры. Поэтому общей точкеA, лежащей вне линии центров, должна соответствовать симметричнаяобщая точка A1, расположенная по другую сторону от оси симметрии(на одном перпендикуляре к линии центров и на равном расстоянии отнеё).

С л е д с т в и е. Общая хорда (AA1, рис. 144) двух пересекающих-ся окружностей перпендикулярна к их линии центров и делится еюпополам.

126. Те о р е м а. Если две окружности имеют общую точ-ку (A) на линии их центров, то они касаются (рис. 145 и 146).

Окружности не могут иметь другой общей точки вне линии центров,потому что в противном случае они имели бы ещё третью общую точкупо другую сторону от линии центров и, следовательно, должны были быслиться. Они не могут иметь другой общей точки и на линии центров,так как, имея на этой линии две общие точки, они должны были быиметь и общую хорду, соединяющую эти точки. Но хорда, проходящая


AO O1

M

N

AOO1

M

N

Рис. 145 Рис. 146

через центры, должна быть диаметром; если же окружности имеютобщий диаметр, то они сливаются в одну окружность.

З а м е ч а н и е. Касание двух окружностей называется внешним,если окружности расположены одна вне другой (рис. 145), и внутрен-ним, если одна из окружностей лежит внутри другой (рис. 146).

127. Те о р е м а (обратная предыдущей). Если две окружностикасаются (в точке A, рис. 145 и 146), то точка касания лежитна линии центров.

Точка A не может лежать вне линии центров, потому что в про-тивном случае окружности имели бы ещё другую общую точку, чтопротиворечит условию теоремы (§ 125).

128. С л е д с т в и е. Две касающиеся окружности имеют общуюкасательную в точке касания, потому что, если проведём через точкукасания прямую MN (рис. 145 и 146), перпендикулярную к радиусуOA, то эта прямая будет также перпендикулярна и к радиусу O1A.

O O1R R1

d

O O1

d

Рис. 147 Рис. 148

129. Различные случаи взаимного расположения двухокружностей. Обозначим радиусы двух окружностей буквами R иR1 и расстояние между их центрами буквой d. Можно предположить,что R1 6 R. Рассмотрим, какова зависимость между этими величина-ми в различных случаях взаимного расположения двух окружностей.Этих случаев можно указать пять, а именно.

1) О к р у ж н о с т и л е ж а т о д н а в н е д р у г о й , н е к а с а -я с ь (рис. 147); в этом случае, очевидно, d > R+R1.

4. РАСПОЛОЖЕНИЯ ДВУХ ОКРУЖНОСТЕЙ 91

2) О к р у ж н о с т и и м е ю т в н е ш н е е к а с а н и е (рис. 148);тогда d = R+R1, так как точка касания лежит на линии центров.

3) О к р у ж н о с т и п е р е с е к а ю т с я (рис. 144); тогда d < R++ R1 и в то же время d > R − R1, потому что в 4OAO1

2 сторонаOO1, равная d, меньше суммы, но больше разности двух других сторон,равных радиусам R и R1.

4) О к р у ж н о с т и и м е ю т в н у т р е н н е е к а с а н и е (рис.146); в этом случае d = R − R1, потому что точка касания лежит налинии центров.

O

O1

Рис. 149

5) О д н а о к р у ж н о с т ь л е -ж и т в н у т р и д р у г о й , н е к а -с а я с ь (рис. 149); тогда, очевидно, d << R − R1, и в частном случае d = 0,когда центры обеих окружностей сли-ваются (такие окружности называютсяконцентрическими).

З а м е ч а н и е. Учащимся предла-гается проверить правильность обрат-ных предложений, а именно:

1) Если d > R+R1, то окружности расположены одна вне другой,не касаясь.

2) Если d = R+R1, то окружности касаются извне.3) Если d < R+R1, и в то же время d > R−R1, то окружности

пересекаются.4) Если d = R−R1, то окружности касаются изнутри.5) Если d < R − R1, то одна окружность лежит внутри другой,

не касаясь.У к а з а н и е : Все эти предложения легко доказываются от про-

тивного; в доказательстве 3), следует воспользоваться допущением в§ 117)

2На рис. 144 провести прямые OA и O1A.


5 Вписанные углы

130. Вписанный угол. Угол, образованный двумя хордами, исхо-дящими из одной точки окружности, называется вписанным углом.Таков, например, угол ABC (рис. 150).

О вписанном угле принято говорить, что он опирается на дугу, за-ключённую между его сторонами. Так, угол ABC опирается на дугуAC.

131. Те о р е м а. Вписанный угол измеряется половиной ду-ги, на которую он опирается. Эту теорему надо понимать так:вписанный угол содержит в себе столько угловых градусов, минут исекунд, сколько дуговых градусов, минут и секунд заключается в по-ловине дуги, на которую он опирается.

A

B

C

OA

B

CD

OA

B

CD

O

Рис. 150 Рис. 151 Рис. 152

При доказательстве теоремы рассмотрим особо три случая:1) Центр O (рис. 150) лежит на стороне вписанного угла ABC. Про-

ведя радиус AO, мы получим ∠AOB, в котором OA = OB (как ра-диусы), и, следовательно, ∠ABO = ∠BAO. По отношению к этомутреугольнику угол AOC есть внешний, поэтому он равен сумме угловABO и BAO и, значит, равен двум углам ABO; поэтому угол ABOравен половине центрального угла AOC. Но угол AOC измеряется ду-гой AC, то есть он содержит в себе столько угловых градусов, минут исекунд, сколько дуговых градусов, минут и секунд содержится в дугеAC; следовательно, вписанный угол ABC измеряется половиной дугиAC.

2) ЦентрO лежит между сторонами вписанного углаABC (рис. 151).Проведя диаметр BD, мы разделим угол ABC на два угла, из ко-

торых, по доказанному, один измеряется половиной дуги AD, а другой— половиной дуги DC; следовательно, угол ABC измеряется суммой

12ÀD + 1

2`DC = 12 (ÀD +`DC) = 1

2ÀC.

3) Центр O лежит вне вписанного угла ABC (рис. 152). Проведядиаметр BD, мы будем иметь:

∠ABC = ∠ABD − ∠CBD.

5. ВПИСАННЫЕ УГЛЫ 93

Но углы ABD и CBD измеряются, по доказанному, половинами дугAD и CD; следовательно, угол ABC измеряется разностью

12ÀD −

12`CD = 1

2 (ÀD −`CD) = 12ÀC.

α

A B

m

A B

C

O

Рис. 153 Рис. 154

132. С л е д с т в и я. 1) Все вписанные углы, опирающиеся на одну иту же дугу, равны между собой (рис. 153), потому что каждый из нихизмеряется половиной одной и той же дуги. Если величину одного изтаких углов обозначим α, то можно сказать, что сегмент AmB, покры-тый на чертеже штрихами, в м е щ а е т в с е б я у г о л, равный α.

2) Всякий вписанный угол, опирающийся на диаметр, есть прямой(рис. 154), потому что каждый такой угол измеряется половиной полу-окружности и, следовательно, содержит 90◦.

133. З а д а ч а. Построить прямоугольный треугольник по гипо-тенузе a и катету b (рис. 155).

На какой-нибудь прямой MN отложим AB = a, на AB опишемполуокружность. Затем проводим дугу радиусом, равным b, с центромв точке A (или B).

Точку пересечения C полуокружности и дуги соединим с концамидиаметра AB. Треугольник ABC будет искомый, так как угол C —прямой, a является гипотенузой, а b — катетом.

A B

C

M N

a

b

a

b

AB

C

D

O

Рис. 155 Рис. 156


134. З а д а ч а. Из конца A (рис. 156) данного луча AB, не продол-жая его, восстановить к нему перпендикуляр.

Возьмём вне прямой какую-либо точку O так, чтобы окружность сцентром в этой точке и радиусом, равным отрезку OA, пересекла лучAB в какой-либо точке C. Через эту точку C проведём диаметр CD иконец его D соединим с A. Прямая AB есть искомый перпендикуляр,потому что угол A прямой, как вписанный и опирающийся на диаметр.

A

B

B1

O O1

Рис. 157

135. З а д а ч а. Через данную точкупровести к касательную к данной окруж-ности.

Эта задача уже была решена в § 122;мы приведём другое решение случай когдад а н н а я т о ч к а (A, рис. 157) л е ж и тв н е о к р у ж н о с т и (с центром O).

Соединив A с O, делим AO пополам вточкеO1 и с центром в этой точке радиусомOO1 описываем окружность. Через точкиB и B1, в которых эта окружность пересекается с данной, проводимпрямые AB и AB1. Эти прямые и будут касательными, так как углыOBA и OB1A, как опирающиеся на диаметр, — прямые.

136. Те о р е м а. 1) Угол (ABC, рис. 158), вершина котороголежит внутри круга, измеряется полусуммой двух дуг (ACи DE), из которых одна заключена между его сторонами, адругая — между продолжениями сторон.

2) Угол (ABC, рис. 159), вершина которого лежит вне кругаи стороны пересекаются с окружностью, измеряется полу-разностью двух дуг (AC и ED), заключённых между его сто-ронами.

A

B

C

D E

A

B

C

DE

Рис. 158 Рис. 159

Проведя хорду AB (на том и на другом чертеже), мы получим4ABD, относительно которого рассматриваемый угол ABC служитвнешним, когда его вершина лежит внутри круга, и внутренним, когда


его вершина лежит вне круга. Поэтому в первом случае:

∠ABC = ∠ADC + ∠DAE;

во втором случае:∠ABC = ∠ADC − ∠DAE.

Но углы ADC и DAE, как вписанные, измеряются половинами дугAC и BE, поэтому угол ABC измеряется: в первом случае суммой12ÀC + 1

2`DE, которая равна 12 (ÀC + `DE), а во втором случае

разностью 12ÀC −

12`DE, которая равна 1

2 (ÀC −`DE).

137. Те о р е м а. Угол (ACD, рис. 160 и 161), составленный ка-сательной и хордой, измеряется половиной дуги, заключён-ной внутри него.

AB

C

D

Om n

Рис. 160

AB

C

D

E

On

Рис. 161

Предположим сначала, что хорда CD проходитчерез центр O, то есть что эта хорда есть диаметр(рис. 160). Тогда угол ACD — прямой и, следова-тельно, равен 90◦. Но и половина дуги CmD так-же равна 90◦, так как целая дуга CmD, составляяполуокружность, содержит 180◦. Значит, теоремасправедлива в этом частном случае.

Рассмотрим общий случай (рис. 161), когдахорда CD не проходит через центр. Проведя диа-метр CE, мы будем иметь:

∠ACD = ∠ACE − ∠DCE.

Угол ACE, как составленный касательной идиаметром, измеряется, по доказанному, полови-ной дуги CDE; угол DCE, как вписанный, изме-ряется половиной дуги DE; следовательно, уголACD измеряется разностью 1

2`CDE −12`DE, то

есть половиной дуги CD.Подобным же образом можно доказать, что ту-

пой угол BCD (рис. 161), также составленный касательной и хордой,измеряется половиной дуги CnED; разница в доказательстве толькота, что этот угол надо рассматривать не как разность, а как суммупрямого угла BCE и острого ECD.

138. З а д а ч а. На данном отрезке AB построить сегмент, вме-щающий данный угол α (рис. 162).

А н а л и з. Предположим, что задача решена; пусть сегмент AmBбудет такой, который вмещает в себя угол α, то есть такой, что вся-кий вписанный в него угол ACD равен α. Проведём вспомогательнуюпрямую AE, касательную к окружности в точке A. Тогда угол BAE,


составленный касательной и хордой, должен равняться вписанному уг-лу ACB, так как и тот, и другой угол измеряется половиной дуги AnB.Примем во внимание, что центр O окружности должен лежать на сре-динном перпендикуляре DO, проведённом к отрезку AB, и в то жевремя он должен лежать и на перпендикуляре AO, восстановленнымк касательной AE из точки касания. Отсюда выводим следующее по-строение.

α

α

A B

C

D

E

O

n

m

Рис. 162

П о с т р о е н и е. При конце отрезка ABстроим угол DAE, равный углу α; проводим сре-динный перпендикуляр DO к AB и из точки Aвосстанавливаем перпендикуляр к AE; точку пе-ресечения O этих двух перпендикуляров прини-маем за центр и радиусом AO описываем окруж-ность.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Сегмент AmB будетискомый, потому что всякий вписанный в негоугол измеряется половиной дуги AnB, а полови-на этой дуги измеряет также ∠DAE = α.

З а м е ч а н и е. На рис. 162 построен сегмент,расположенный выше отрезка AB. Такой же сег-мент может быть построен и по другую сторону

отрезка AB. Таким образом, можно сказать, что геометрическое местоточек, из которых данный отрезок AB виден под данным углом α, со-стоит из дуг двух сегментов, из которых каждый вмещает в себя угол αи один расположен по одну сторону отрезка AB, а другой — по другуюсторону.


139. Метод геометрических мест. Для решения многих задачна построение можно с успехом применять понятие о геометрическомместе и основанный на нём метод геометрических мест. Этот метод,известный ещё со времён Платона (IV век до нашей эры), состоит вследующем.

Положим, что решение предложенной задачи сводится к нахожде-нию некоторой точки, которая должна удовлетворять известным усло-виям. Отбросим из этих условий какое-нибудь одно; тогда задаче мо-жет удовлетворять бесчисленное множество точек. Эти точки составятнекоторое геометрическое место. Построим его, если это окажется воз-можным. Затем примем во внимание отброшенное нами условие и от-кинем какое-нибудь другое; тогда задача будет снова удовлетворятьсябесчисленным множеством точек, которые составят новое геометриче-ское место. Построим его, если это возможно. Искомая точка, удовле-творяя всем условиям, должна лежать на обоих геометрических местах,


то есть она должна находиться в их пересечении. Задача не имеет ре-шения если найденные геометрические места не пересекаются; и задачабудет иметь столько решений, сколько окажется точек пересечения.

Приведём на этот метод один пример, который вместе с тем покажетнам, как иногда приходится вводить в чертёж вспомогательные линиис целью принять во внимание все данные условия задачи.

140. З а д а ч а. Построить треугольник по основанию a, углу привершине A и сумме s боковых сторон.

AA1

B C

M

M1

a

s

Рис. 163

Пусть ABC будет искомый тре-угольник (рис. 163). Чтобы принятьво внимание данную сумму боко-вых сторон, продолжим BA и отло-жим BM = s. Проведя MC, полу-чим вспомогательный треугольникBMC. Если мы построим этот тре-угольник, то затем легко построитьискомый треугольник ABC.

Построение треугольника BMCсводится к нахождению точки M .

Заметив, что треугольник AMCравнобедренный (AM = AC) и, сле-довательно, ∠M = 1

2∠BAC (так как∠M +∠MCA = ∠BAC), мы видим,что точка M должна удовлетворятьдвум условиям: 1) она удалена от B на расстояние s, 2) из неё данныйотрезок BC виден под углом, равным 1

2∠A. Отбросив второе условие,мы получим бесчисленное множество точек M , лежащих на окружно-сти, описанной радиусом, равным s, с центром в точке B. Отбросивпервое условие, мы получим также бесчисленное множество точек M ,лежащих на дуге сегмента, построенного на BC и вмещающего угол,равный 1

2∠A. Таким образом, нахождение точки M сводится к постро-ению двух геометрических мест, из которых каждое мы построить уме-ем. Задача не будет иметь решения, если эти геометрические места небудут иметь общих точек; задача будет иметь одно или два решения,смотря по тому, касаются или же пересекаются эти геометрические ме-ста (на нашем чертеже получаются два треугольника ABC и A1BC,удовлетворяющие условиям задачи).

Иногда задача сводится не к определению точки, а к нахождениюпрямой, удовлетворяющей нескольким условиям. Если отбросим одноиз условий, то получим бесчисленное множество прямых; при этом мо-жет случиться, что эти прямые определяют некоторую линию (напри-мер, все они будут касательными к некоторой окружности). Отбросивдругое условие и приняв во внимание то, которое было откинуто ранее,


мы получим снова бесчисленное множество прямых, которые, быть мо-жет, определят некоторую другую линию. Построив, если возможно,эти две линии, мы затем легко найдём и искомую прямую. Приведёмпример.

141. З а д а ч а. Провести секущую к двум данным окружностямс центрами O и O1 так, чтобы части секущей, заключённые внутриокружностей, равнялись соответственно данным отрезкам a и a1.

a a1

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1

Рис. 164

Если возьмём только одно усло-вие, например, чтобы часть секу-щей, лежащая внутри круга с цен-тром O, равнялась a, то получимбесчисленное множество секущих,которые все должны быть одинако-во удалены от O (так как равныехорды одинаково удалены от цен-тра).

Поэтому, если в этом круге где-нибудь построим хорду, равную a,а затем радиусом, равным расстоянию от этой хорды до центра, опи-шем окружность, с центром в O, то все секущие, о которых идёт речь,должны касаться этой вспомогательной окружности.

Подобным образом, приняв во внимание только второе условие, мыувидим, что искомая секущая должна касаться второй вспомогательнойокружности с центом O1. Значит, вопрос сводится к построению общейкасательной к двум окружностям.

УпражненияН а й т и г е о м е т р и ч е с к и е м е с т а

1. Точек, из которых касательные, проведённые к данной окружно-сти, равны данному отрезку.

2. Точек, из которых данная окружность видна под данным углом(то есть две касательные, проведённые из данной точки к окруж-ности, составляют между собой данный угол).

3. Центров окружностей, описанных данным радиусом и касающих-ся данной прямой.

4. Центров окружностей, описанных данным радиусом и касающих-ся данной окружности (два случая: касание внешнее и касаниевнутреннее).

5. Отрезок данной длины движется параллельно самому себе так,что один его конец скользит по окружности. Найти геометриче-ское место, описанное другим концом.


У к а з а н и е. Возьмём две прямые, изображающие два положе-ния, движущейся прямой, и через концы их, лежащие на окруж-ности, проведём радиусы, а через другие концы проведём прямые,параллельные этим радиусам, до пересечения с прямой, проходя-щей через центр и параллельной движущейся линии. Рассмотримобразовавшиеся параллелограммы.

6. Отрезок данной длины движется так, что концы его скользят посторонам прямого угла. Найти геометрическое место, описывае-мое серединой этого отрезка.


7. Из всех хорд, проходящих через точку A, взятую внутри данногокруга, наименьшей будет та, которая перпендикулярна к диамет-ру, проходящему через точку A.

8. На хорде AB взяты две точки D и E на равном расстоянии отсередины C этой хорды, и через эти точки восстановлены к ABперпендикуляры DF и EG до пересечения с окружностью. Дока-зать, что эти перпендикуляры равны.

У к а з а н и е. Перегнуть чертёж по диаметру.

9. В круге проведены две хорды CC ′ и DD′ перпендикулярно к диа-метру AB. Доказать, что прямая MM ′, соединяющая серединыхорд CD и C ′D′, перпендикулярна к AB.

10. В круге с центром O проведена хорда AB и продолжена на рас-стояние BC, равное радиусу. Через точку C и центр O проведенасекущая CD (D — вторая точка пересечения с окружностью). До-казать, что угол AOD равен утроенному углу ACD.

11. Если через центр окружности и данную точку вне её проведём се-кущую, то часть её, заключённая между данной точкой и ближай-шей точкой пересечения, есть наименьшее расстояние, а часть,заключённая между данной точкой и другой точкой пересечения,есть наибольшее расстояние от данной точки до точек окружно-сти.

12. Кратчайшее расстояние между двумя окружностями, лежащимиодна вне другой, есть отрезок линии центров, заключённый междуокружностями.

13. Если через точку пересечения двух окружностей будем проводитьсекущие, не продолжая их за окружности, то наибольшей из нихокажется та, которая параллельна линии центров.


14. Если к двум окружностям, касающимся извне, провести три об-щие касательные, то внутренняя из них делит пополам тот отре-зок каждой внешней, который ограничен точками касания.

15. Через точку A окружности проведена хорда AB и затем касатель-ная в точке B. Диаметр, перпендикулярный радиусу OA, встре-чает касательную и хорду (или её продолжение) соответственно вточках C и O. Доказать, что BC = CD.

16. К двум окружностям с центрами O и O1, касающимся извне вточке A, проведена общая внешняя касательная BC (B и C —точки касания); доказать, что угол BAC есть прямой.

У к а з а н и е. Провести в точке A общую касательную и рассмот-реть равнобедренные треугольники ABD и ADC.

17. Две прямые исходят из одной и той же точки M и касаютсяокружности в точках A и B. Проведя радиус OB, продолжаютего за точку B на расстояние BC = OB. Доказать, что ∠AMC == 3∠BMC.

18. Две прямые, исходящие из точки M , касаются окружности в точ-ках A и B. На меньшей из двух дуг, ограниченных точками Aи B, берут произвольную точку C и через неё проводят третьюкасательную до пересечения с MA и MB в точках D и E. Дока-зать, что: 1) периметр 4MDE и 2) угол DOE не изменяются приизменении положения точки C.

У к а з а н и е. Периметр DME =MA+MB, ∠DOE = 12∠AOB.


19. Разделить данную дугу на 4, 8, 16, . . . равных частей.

20. По сумме и разности дуг одного и того же радиуса найти эти дуги.

21. Описать такую окружность с центром в данной точке, котораяразделила бы данную окружность пополам.

22. На данной прямой найти точку, наименее удалённую от даннойокружности.

23. В круге дана хорда. Провести другую хорду, которая делилась быпервой пополам и составляла бы с ней данный угол (при всякомли данном угле задача имеет решение?).

24. Через данную в круге точку провести хорду, которая делилась быэтой точкой пополам.


25. С центом точки на стороне данного угла, описать окружность,которая от другой стороны угла отсекла бы хорду данной длины.

26. Данным радиусом описать окружность, центр которой лежал бына стороне данного угла и которая от другой стороны его отсеклабы хорду данной длины.

27. Данным радиусом описать окружность, которая касалась бы дан-ной прямой в данной точке.

28. Провести касательную к данной окружности параллельно даннойпрямой.

29. Описать окружность, которая проходила бы через данную точкуA и касалась бы данной прямой в данной на ней точке B.

30. Описать окружность, касательную к сторонам данного угла, при-чём к одной из них в данной точке.

31. Между двумя параллельными прямыми дана точка; провести окруж-ность, проходящую через эту точку и касающуюся данных пря-мых.

32. Провести к данной окружности касательную под данным углом кданной прямой (сколько решений?).

33. Из точки, данной вне круга, провести к нему секущую так, что-бы её внутренняя часть равнялась данному отрезку (исследоватьзадачу).

34. Данным радиусом описать окружность, проходящую через дан-ную точку и касательную к данной прямой.

35. На данной прямой найти такую точку, чтобы касательные, про-ведённые из неё к данной окружности, были данной длины.

36. Построить треугольник, зная один угол и две высоты, из которыходна проведена из вершины данного угла.

37. Даны две точки; провести прямую так, чтобы перпендикуляры,опущенные на неё из этих точек, имели данные длины.

38. Описать окружность, которая проходила бы через данную точкуи касалась бы данной окружности в данной точке.

39. Описать окружность, которая касалась бы двух данных парал-лельных прямых и круга, находящегося между ними.


40. Данным радиусом описать окружность, которая касалась бы дан-ного круга и проходила бы через данную точку. (Рассмотреть трислучая: данная точка лежит 1) вне круга, 2) на окружности и 3)внутри круга.)

41. Данным радиусом описать окружность, которая касалась бы дан-ной прямой и данного круга.

42. Данным радиусом описать окружность, которая от сторон данно-го угла отсекала бы хорды данной длины.

43. Описать окружность, касающуюся данного круга в данной точкеи данной прямой (два решения).

44. Описать окружность, касающуюся данной прямой в данной точкеи данного круга (два решения).

45. Описать окружность, касающуюся двух данных кругов, причёмодного из них в данной точке. (Рассмотреть три случая: 1) иско-мый круг лежит вне данных кругов; 2) один из данных круговлежит вне искомого, другой внутри; 3) оба данных круга лежатвнутри искомого.)

46. Описать окружность, касающуюся трёх равных кругов извне иливнутри.

47. В данный сектор вписать окружность, касающуюся радиусов, огра-ничивающих сектор, и дуги сектора.

48. Вписать в данный круг три равных круга, которые касались быпопарно между собой и данного круга.

49. Через точку, данную внутри круга, провести хорду так, чтобыразность её отрезков равнялась данному отрезку.

У к а з а н и е. Провести окружность, концентрическую данной ипроходящую через данную точку. В этой окружности от даннойточки построить хорду данной длины.

50. Через точку пересечения двух окружностей провести секущуютак, чтобы часть её, заключённая внутри окружностей, равняласьданной длине.

У к а з а н и е. Построить прямоугольный треугольник, имеющийгипотенузой отрезок прямой, соединяющий центры данных окруж-ностей с катетом, равным половине данного отрезка, и т. д.


51. Из точки, данной вне круга, провести секущую так, чтобы внеш-няя часть её равнялась внутренней.

У к а з а н и е. Пусть O — центр окружности, R — её радиус, A —данная точка. Строим 4AOB, где AB = R, OB = 2R. Если C —середина отрезка OB, то прямая AC — искомая.

52. Построить окружность касающуюся данной прямой в данной точ-ке, и проходящую через другую данную точку.

53. Построить окружность касающуюся двух прямых, если дана однаиз точек касания.


6 Вписанные и описанные многоугольники

142. О п р е д е л е н и я. Если все вершины многоугольникаABCDEлежат на окружности (рис. 165), то говорят, что этот многоугольниквписан в окружность, или что окружность описана вокруг него.

A

B C

D

E

M

N P

Q

Рис. 165

Если все стороны какого-нибудь мно-гоугольника (MNPQ, рис. 165) касаютсяокружности, то говорят, что этот много-угольник описан около окружности, иличто окружность вписана в него.

143. Те о р е м ы. 1) Около всяко-го треугольника можно описать окруж-ность и притом только одну.

2) Во всякий треугольник мож-но вписать окружность и притомтолько одну.

1) Вершины A, B и C всякого треугольника не лежат на одной пря-мой, а через такие точки, как мы видели (§ 109), всегда можно провестиокружность и притом только одну.

A

B

C

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

P

Q

R

Рис. 166

2) Если существует такая окружность,которая касалась бы всех сторон треуголь-ника ABC (рис. 166), то её центр долженбыть точкой, одинаково удалённой от этихсторон. Докажем, что такая точка существу-ет. Геометрическое место точек, равно от-стоящих от сторон AB и AC, есть биссек-триса AM угла A (§ 60); геометрическое ме-сто точек, равно отстоящих от сторон BA иBC, есть биссектриса BN угла B. Эти двебиссектрисы должны, очевидно, пересечьсявнутри треугольника в некоторой точке O.

Эта точка и будет равноудалённой от всех сторон треугольника, таккак она находится на обоих геометрических местах.

Итак, чтобы вписать круг в треугольник, делим какие-нибудь дваугла его, например A и B, пополам и точку пересечения биссектрисберём за центр. За радиус берём один из перпендикуляров OP , OQили OR, опущенных из центра на стороны треугольника. Окружностькоснётся сторон в точках P , Q и R, так как стороны в этих точкахперпендикулярны к радиусам в их концах, лежащих на окружности(§ 119). Другой вписанной окружности не может быть, так как двебиссектрисы пересекаются только в одной точке, а из одной точки напрямую можно опустить только один перпендикуляр.

З а м е ч а н и е. Оставляем самим учащимся убедиться, что центрописанной окружности лежит внутри треугольника только тогда, когда

6. ВПИСАННЫЕ И ОПИСАННЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ 105

треугольник остроугольный; в тупоугольном же треугольнике он лежитвне его, а в прямоугольном — на середине гипотенузы. Центр вписаннойокружности лежит всегда внутри треугольника.

С л е д с т в и е. Точка O (рис. 166), находясь на одинаковом рас-стоянии от сторон CA и CB, должна лежать на биссектрисе угла C;следовательно, биссектрисы трёх углов треугольника пересекаются водной точке.

A

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

C

Oa

Ob

Oc

Рис. 167

144. Вневписанные окружности.Вневписанными называются окружности(рис. 167), которые касаются одной сто-роны треугольника и п р о д о л ж е н и йдвух других сторон (они лежат вне тре-угольника, вследствие чего и получилиназвание вневписанных).

Таких окружностей для всякого тре-угольника может быть три. Чтобы по-строить их, проводят биссектрисы внеш-них углов треугольника ABC и точки ихпересечений берут за центры. Так, цен-тром окружности, вписанной в угол A,служит точка Oa, то есть пересечение биссектрис BOa и COa внешнихуглов, не смежных с A; радиус этой окружности есть перпендикуляр,опущенный из Oa на какую-либо сторону треугольника.

145. Свойства вписанного выпуклого четырехугольника. 1)В выпуклом вписанном четырёхугольнике сумма противопо-ложных углов равна 180◦.

2)Обратно, если в выпуклом четырёхугольнике сумма про-тивоположных углов равна 180◦, то около него можно опи-сать окружность.

A

B

C

D

Рис. 168

1) Пусть ABCD (рис. 168) есть вписанный вы-пуклый четырёхугольник; требуется доказать, что

∠B + ∠D = 180◦ и ∠A+ ∠C = 180◦.

Так как сумма всех четырёх углов всякого вы-пуклого четырёхугольника равна 360◦ (§ 82), то до-статочно доказать только одно из требуемых ра-венств.

Докажем, например, что ∠B + ∠D = 180◦.Углы B иD, как вписанные, измеряются: первый

— половиной дуги ADC, второй — половиной дуги ABC; следователь-но, сумма ∠B+∠D измеряется суммой 1

2ÀDC+ 12ÀBC, а эта сумма

равна 12 (ÀDC+ÀBC), то есть равна половине окружности; значит:

∠B + ∠D = 180◦.


2) Пусть ABCD (рис. 168) есть такой выпуклый четырёхугольник,у которого ∠B + ∠D = 180◦, и, следовательно, ∠A + ∠C = 180◦. Тре-буется доказать, что около такого четырёхугольника можно описатьокружность.

Через какие-нибудь три его вершины, например через A, B и C,проведём окружность (что всегда можно сделать). Четвёртая вершинаD должна находиться на этой окружности, потому что в противномслучае вершина угла B лежала бы или внутри круга, или вне его, итогда этот угол не измерялся бы половиной дуги ABC; поэтому сум-ма ∠B + ∠D не измерялась бы полусуммой дуг ADC а ABC (§ 136)и, значит, сумма ∠B + ∠D не равнялась бы 180◦, что противоречитусловию.

С л е д с т в и я. 1) Из всех параллелограммов только около прямо-угольника можно описать окружность.

2) Около трапеции можно описать окружность только тогда, ко-гда она равнобочная.

146. Свойство описанного четырехугольника. В описанномчетырёхугольнике суммы противоположных сторон равны.

Пусть ABCD (рис. 169) будет описанный четырёхугольник, то естьстороны его касаются окружности; требуется доказать, что

AB + CD = BC +AD.

A

B

C

D

M

N

P

Q

Рис. 169

Обозначим точки касания буквамиM ,N , P и Q. Так как две касательные, про-ведённые из одной точки к окружности,равны, то

AM = AQ, BM = BN,

CP = CN, DP = DQ.

Следовательно,

AM +MB + CP + PD =

= AQ+QD +BN +NC,

то есть

AB + CD = AD +BC.

7. ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ ТРЕУГОЛЬНИКА 107

7 Замечательные точки треугольника

147. Мы видели, что:1) три срединных перпендикуляра к сторонам треугольника пере-

секаются в одной точке (которая есть центр описанного круга).2)три биссектрисы углов треугольника пересекаются в одной точ-

ке (которая есть центр вписанного круга).Следующие две теоремы указывают ещё две замечательные точки

треугольника: 3) точку пересечения трёх высот и 4) точку пересечениятрёх медиан.

148. Те о р е м а. Три высоты треугольника пересекаютсяв одной точке.

A

A1B

B1

C

C1

DE

FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF

Рис. 170

Через каждую вершину 4ABC(рис. 170) проведём прямую, парал-лельную противоположной сторонеего. Тогда получим вспомогательный4A1B1C1, к сторонам которого высо-ты данного треугольника перпендику-лярны. Так как C1B = AC = BA1

(как противоположные стороны па-раллелограммов), то точка B есть се-редина стороны A1C1.

Подобно этому убедимся, что Cесть середина A1B1 и A — середи-на B1C1. Таким образом, высоты AD,BE и CF являются срединными пер-пендикулярами к сторонам 4A1B1C1 и как мы знаем (§ 109), пересе-каются в одной точке.

З а м е ч а н и е. Точка, в которой пересекаются высоты треугольни-ка, называется его ортоцентром.

A

B

CD

E

F

G

H

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

Рис. 171

149. Те о р е м а. Три медианы тре-угольника пересекаются в одной точке;эта точка отсекает от каждой меди-аны третью часть, считая от соот-ветствующей стороны.

Возьмём в 4ABC (рис. 171) какие-нибудьдве медианы, например AE и BD, пересекаю-щиеся в точке Z, и докажем, что

ZD = 13BD и ZE = 1

3AE.

Для этого, разделив ZA и ZB пополамв точках F и G, построим четырёхугольникDEGF . Так как отрезок FG соединяет середины двух сторон 4ABZ,


то FG ‖ AB и FG = 12AB. Отрезок DE также соединяет середины двух

сторон 4ABC; поэтому DE ‖ AB и DE = 12AB. Отсюда выводим, что

DE ‖ FG и DE = FG; следовательно, четырёхугольник DEGF естьпараллелограмм (§ 89), и потому ZF = ZE и ZD = ZG. Отсюда сле-дует, что

ZE = 13AE и ZD = 1

3BD.

Если теперь возьмём третью медиану с одной из медиан AE илиBD, то также убедимся, что точка их пересечения отсекает от каждойиз них 1

3 часть, считая от основания; значит, третья медиана должнапересечься с медианами AE и BD в одной и той же точке Z.

Из физики известно, что пересечение медиан треугольника есть егоц е н т р т я ж е с т и; он всегда лежит внутри треугольника.



1. Оснований перпендикуляров, опущенных из данной точки A напрямые, проходящие через другую данную точку B.

2. Середин хорд, проведённых в окружности через данную внутринеё точку.


3. Если две окружности касаются, то всякая секущая, проведённаячерез точку касания, отсекает от окружностей две противолежа-щие дуги одинакового числа градусов.

4. Отрезки двух равных хорд, пересекающихся в одной окружности,соответственно равны.

5. Две окружности пересекаются в точках A и B, через A проведенасекущая, пересекающая окружности в точках C и D; доказать,что угол CBD есть величина постоянная для всякой секущей,проведённой через точку A.

У к а з а н и е. Углы ACB и ADB имеют постоянную величину.

6. Если через точку касания двух окружностей проведём две секу-щие и концы их соединим хордами, то эти хорды параллельны.

7. Если через точку касания двух окружностей проведём внутри нихкакую-либо секущую, то касательные, проведённые через концыэтой секущей, параллельны.


8. Если основания высот остроугольного треугольника соединим пря-мыми, то получим новый треугольник, для которого высоты пер-вого треугольника служат биссектрисами.

9. На окружности, описанной около равностороннего 4ABC, взятапроизвольная точка M ; доказать, что наибольший из отрезковMA, MB, MC равен сумме двух остальных.

10. Из точки F проведены к окружности две касательные PA и FBи через точку B — диаметр BC. Доказать, что прямые CA и OPпараллельны (O — центр окружности).

11. Через одну из точек пересечения двух окружностей проводят диа-метр в каждой из них. Доказать, что прямая, соединяющая кон-цы этих диаметров, проходит через вторую точку пересеченияокружностей.

12. Диаметр AB и хорда AC образуют угол в 30◦. Через C проведенакасательная, пересекающая продолжение AB в точке D. Дока-зать, что 4ACD равнобедренный.

13. Если около треугольника опишем окружность и из произвольнойточки её опустим перпендикуляры на стороны треугольника, тоих основания лежат на одной прямой (прямая Симпсона).

У к а з а н и е. Доказательство основывается на свойствах вписан-ных углов (§ 131) и углов вписанного четырёхугольника (§ 145).


14. На данной бесконечной прямой найти точку, из которой данныйотрезок был бы виден под данным углом.

15. Построить треугольник по основанию, углу при вершине и высоте.

16. К дуге данного сектора провести такую касательную, чтобы частьеё, заключённая между продолженными радиусами (ограничива-ющими сектор), равнялась данному отрезку (свести эту задачу кпредыдущей).

17. Построить треугольник по основанию, углу при вершине и меди-ане, проведённой к основанию.

18. Даны по величине и положению два отрезка a и b. Найти такуюточку, из которой отрезок a был бы виден под данным углом α иотрезок b под данным углом β.


19. В треугольнике найти точку, из которой его стороны были бывидны под равными углами. (Не всякий треугольник допускаетрешение.)

У к а з а н и е. Обратить внимание на то, что каждый из этих уг-лов должен равняться 120◦.

20. Построить треугольник по углу при вершине, высоте и медиане,проведённой к основанию.

У к а з а н и е. Продолжив медиану на равное расстояние и соеди-нив полученную точку с концами основания, рассмотреть образо-вавшийся параллелограмм.

21. Построить треугольник, в котором даны: основание, прилежащийк нему угол и угол, составленный медианой, проведённой из вер-шины данного угла, и стороной, к которой эта медиана проведена.

22. Построить параллелограмм по двум его диагоналям и одному уг-лу.

23. Построить треугольник по основанию, углу при вершине и суммеили разности двух других сторон.

24. Построить четырёхугольник по двум диагоналям, двум соседнимсторонам и углу, образованному остальными двумя сторонами.

25. Даны три точки A, B и C. Провести через A такую прямую, чтобырасстояние между перпендикулярами, опущенными на эту пря-мую из точек B и C, равнялось данному отрезку.

26. В данный круг вписать треугольник, у которого два угла даны.

27. Около данного круга описать треугольник, у которого два угладаны.

28. Построить треугольник по радиусу описанного круга, углу привершине и высоте.

29. Вписать в данный круг треугольник, у которого известны: суммадвух сторон и угол, противолежащий одной из этих сторон.

30. Вписать в данный круг четырёхугольник, у которого даны сторо-на и два угла, не прилежащие к этой стороне.

31. В данный ромб вписать круг.

32. В равносторонний треугольник вписать три круга, которые по-парно касаются друг друга и из которых каждый касается двухсторон треугольника.


33. Построить четырёхугольник, который можно было бы вписать вокружность, по трём его сторонам и одной диагонали.

34. Построить ромб по данной стороне и радиусу вписанного круга.

35. Около данного круга описать равнобедренный прямоугольный тре-угольник.

36. Построить равнобедренный треугольник по основанию и радиусувписанного круга.

37. Построить треугольник по основанию и двум медианам, исходя-щим из концов основания. Указание: смотри § 149.

38. То же по трём медианам. Указание: смотри § 149.

39. Дана окружность и на ней точки A, B и C. Вписать в эту окруж-ность такой треугольник, чтобы его биссектрисы при продолже-нии встречали окружность в точках A, B и C.

40. Та же задача, с заменой биссектрис треугольника его высотами.

41. Дана окружность и на ней три точкиM , N и P , в которых пересе-каются с окружностью (при продолжении) высота, биссектриса имедиана, исходящие из одной вершины вписанного треугольника.Построить этот треугольник.

42. На окружности даны две точки A и B. Из этих точек провестидве параллельные хорды, сумма которых дана.

З а д а ч и н а в ы ч и с л е н и е

43. Вычислить вписанный угол, опирающийся на дугу, равную 112 ча-

сти окружности.

44. Круг разделён на два сегмента хордой, делящей окружность начасти в отношении 5:7. Вычислить углы, которые вмещаются эти-ми сегментами.

45. Две хорды пересекаются под углом в 36◦ 15′ 32′′. Вычислить в гра-дусах, минутах и секундах две дуги, заключённые между сторо-нами этого угла и их продолжениями, если одна из этих дуг от-носится к другой как 2:3.

46. Угол, составленный двумя касательными, проведёнными из однойточки к окружности, равен 25◦15′. Вычислить дуги, заключённыемежду точками касания.

47. Вычислить угол, составленный касательной и хордой, если хордаделит окружность на две части, относящиеся как 3 : 7.


48. Две окружности одинакового радиуса пересекаются под углом60◦; определить в градусах меньшую из дуг, заключающихся меж-ду точками пересечения. (Два возможных решения.)

П р и м е ч а н и е. Углом двух пересекающихся дуг называется лю-бой угол, составленный двумя касательными, проведёнными кэтим дугам из точки пересечения.

49. Из одного конца диаметра проведена касательная, а из другого —секущая, которая с касательной составляет угол в 20◦30′. Найтименьшую из дуг, заключённых между касательной и секущей.

Глава 4

Измерение отрезков

1 Измерение отрезков

150. Задача измерения отрезка. До сих пор, сравнивая междусобой два отрезка, мы могли определить, равны ли они между собой,и если не равны, то какой из них больше (§ 6). Нам приходилось этоделать при изучении соотношений между сторонами и углами треуголь-ника (§§ 45, 46), при сравнении отрезка прямой с ломаной (§ 49, 51) и внекоторых других случаях (§§ 63, 54, 55). Но такое сравнение отрезковмежду собой ещё не даёт точного представления о величине каждогоиз них.

Наша задача установить точное понятие о длине отрезка и найтиспособы выражать эту длину при помощи числа.

151. Понятие об измерении отрезков. Чтобы составить ясноепредставление о величине данного отрезка, его сравнивают с другим,уже известным нам отрезком, например с метром. Этот известный от-резок, с которым сравнивают другие отрезки, называется единицейдлины.

a

a1a2

b

Рис. 172

Пусть, например, надо измерить отрезок a (рис. 172) при помощиединицы b. Тогда поступают так: положим, что мы желаем найти от-резки, которые отличались бы от a меньше, чем на 1

10 единицы длиныb. Тогда делим единицу b на 10 равных частей (рис. 172) и одну такуюдолю откладываем на отрезке a столько раз, сколько возможно. Пусть

113

114 ГЛАВА 4. ИЗМЕРЕНИЕ ОТРЕЗКОВ

она уложится 13 раз с некоторым остатком меньшим 110b. Тогда полу-

чим отрезок a1 = 1310b и меньший, чем a. Отложив 1

10b ещё один раз,получим другой отрезок, a2 = 14

10b, больший, чем a, который разнит-ся от a менее чем на 1

10 единицы. Длины отрезков a1 и a2 выражаютсячислами 13

10 и 1410 . Эти числа рассматриваются как п р и б л и ж ё н н ы е

м е р ы длины отрезка a: первое с недостатком, второе — с избытком.При этом, так как отрезок a разнится от a1 и от a2 менее чем на 1

10 еди-ницы, то принято говорить, что каждое из этих чисел выражает длинуотрезка a с точностью до 1

10 .Вообще, чтобы найти приближённые меры длины отрезка a с точ-

ностью до 1n единицы, делят единицу b на n равных частей и узнают,

сколько раз 1n -я доля единицы содержится в a; если она содержится m

раз с некоторым остатком, меньшим 1nb, то числа m

n и m+1n считаются

приближёнными мерами длины отрезка a с точностью до 1n -й, первое

с недостатком, второе — с избытком.Может случиться, что этим путём мы найдём точный результат, то

есть если отрезок 1nb уложится целое число раз в отрезке a.

Для получения того числа, которое можно было бы принять за точ-ную меру длины отрезка a, поступают следующим образом.

Вычисляют последовательно приближённую меру длины отрезка aс недостатком с точностью до 0,1, затем ту же меру с недостатком сточностью до 0,01, затем её же с точностью до 0,001 и продолжаютбеспредельно этот процесс последовательного вычисления приближён-ной меры длины a, каждый раз повышая точность в 10 раз. При такомпроцессе будут получаться последовательно десятичные дроби снача-ла с одним десятичным знаком, затем с двумя, тремя и дальше всё сбольшим и большим числом десятичных знаков. Неограниченное про-должение описанного процесса построения десятичных дробей опреде-ляет бесконечную десятичную дробь.

Бесконечную десятичную дробь нельзя, конечно, полностью запи-сать на листе бумаги, так как число её десятичных знаков бесконечно.Тем не менее её считают известной, если известен способ, при помощикоторого можно определить любое число её десятичных знаков.

152. Бесконечные десятичные дроби. Введение бесконечныхдесятичных дробей производится в алгебре на основе следующих опре-делений.

1) Бесконечная десятичная дробь называется вещественным числом.2) Две бесконечные десятичные дроби считаются равными, если их

десятичные знаки одинакового порядка равны.3) Из двух неравных бесконечных десятичных дробей считается

большим вещественным числом та дробь, в которой первый из нерав-ных десятичных знаков одинакового порядка со второй дробью больше.

4) Если в бесконечной десятичной дроби все десятичные знаки, на-чиная с некоторого порядка, равны нулю, то дробь считается равной

1. ИЗМЕРЕНИЕ ОТРЕЗКОВ 115

той конечной десятичной дроби, которая получится из данной зачёрки-ванием всех нулей, стоящих справа от последней значащей цифры. Так,бесконечная десятичная дробь 7,8530078000 . . . равна конечной дроби7,8530078.

5) Бесконечная периодическая дробь с периодом 9 всегда заменя-ется конечной десятичной дробью, получаемой из данной увеличениемна единицу её последнего десятичного знака, отличного от 9, и отбра-сыванием всех последующих девяток. Так, дробь 3,72999 . . . заменяютконечной дробью 3,73.

153. Приближённые значения бесконечной десятичной дро-би. Если оборвать данную бесконечную десятичную дробь на её n-мзнаке, то полученная конечная дробь называется приближённым значе-нием бесконечной десятичной дроби с точностью до 1

10n с недостатком.Если же в этой дроби увеличить на единицу её последний десятичныйзнак, то есть прибавить к ней 1

10n , то получится новая конечная дробь,которая называется приближённым значением бесконечной дроби с тойже точностью с избытком. Если приближённое значение вещественногочисла α с n десятичными знаками с недостатком обозначим через αn,а с избытком через α′n, то α′n = αn + 1

10n . Из определения неравенствавещественных чисел следует, что

αn 6 α < α′n;

то есть приближённое значение взятое с недостатком не превосходитсамо число, а само число меньше своего приближённого значения сизбытком.

Пусть, например, дано вещественное число, определяющее√2 =

= 1,414 . . . ; его приближённое значение с точностью до 0,01 с недостат-ком: 1,41, с избытком: 1,42; так как

1,41 = 1,41000, 1,42 = 1,42000.

то в силу определения неравенства вещественных чисел имеем:

1,41000 . . . < 1,414 . . . < 1,42000 . . . ,

или

1,41 <√2 < 1,42.

154. Сложение вещественных чисел. Пусть даны два веще-ственных числа α и β. Возьмём их приближённые значения с произ-вольным числом n десятичных знаков, сначала с недостатком, а за-тем с избытком. Приближённые значения чисел α и β с недостатком


обозначим соответственно через αn и βn, а приближённые значения сизбытком — через α′n и β′n. При этом:

α′n = αn + 110n , β′n = βn + 1

10n . (1)

Составим теперь суммы αn + βn и α′n + β′n. Каждая из них есть деся-тичная дробь, содержащая n десятичных знаков.

Назовём первую γn, а вторую γ′n:

αn + βn = γn, α′n + β′n = γ′n.

Складывая почленно равенства (1), получим:

α′n + β′n = αn + βn + 210n ,

или γ′n = γn +2

10n . Это равенство показывает, что дробь γn получаетсяиз дроби γn прибавлением двух единиц к её последнему десятичномузнаку.

Будем теперь увеличивать n; в таком случае дробь γn приведёт кобразованию бесконечной десятичной дроби, которую обозначим γ. Этадробь может оказаться или периодической, или непериодической.

Допустим, что дробь γ непериодическая. В таком случае она долж-на содержать бесчисленное множество десятичных знаков, отличныхот 9. В этом случае в дроби γ число десятичных знаков, отличных от9, должно возрастать с возрастанием n. Так как прибавка в дроби γчисла 2

10n не может оказать влияния на её десятичные знаки, стоящиелевее двух последних знаков, отличных от 9, то число общих первыхдесятичных знаков в дробях γn и γ′n будет неограниченно возрастать свозрастанием n. Следовательно, дробь γ′n будет приводить к той же бес-конечной десятичной дроби, что и дробь γn. При этом из предыдущегоследует, что при любом n

γn 6 γ < γ′n. (2)

Допустим теперь, что дробь γ периодическая. В таком случае онапредставляет собой некоторое рациональное число. Это число и толькооно удовлетворяет неравенству (2) при всех n.

О п р е д е л е н и е. Вещественное число γ, удовлетворяющее нера-венствам (2) при всех n, называется суммой вещественных чисел αи β.

γ = α+ β.

155. Другие действия с вещественными числами. Совершен-но аналогичным образом можно определить разность двух веществен-ных чисел, их произведение и частное от деления одного вещественногочисла на другое. Более подробное изучение результатов этих действий


показывает, что определённые таким образом сумма и произведение ве-щественных чисел подчиняются основным законам действий, имеющимместо для чисел рациональных: сложение подчиняется переместитель-ному и сочетательному законам.

α+ β = β + α, (α+ β) + γ = α+ (β + γ),

а умножение — переместительному, сочетательному и распределитель-ному законам.

αβ = βα, (αβ)γ = α(βγ), (α+ β)γ = αγ + βγ.

В тех случаях, когда бесконечные десятичные дроби будут периоди-ческими, определённые выше действия над ними будут приводить, каклегко показать, к тем же результатам, что и действия над обыкновен-ными дробями, получаемыми после обращения периодических дробейв простые.

Таким образом, рациональные числа являются лишь частным видомвещественных чисел.

156. Длины отрезков и их отношения. Число, получаемое врезультате измерения отрезка a, называется длиной этого отрезка.

Заметим, что равенство длин отрезков и равенство отрезков, опреде-лённое нами с помощью наложения (§ 6), эквивалентны, конечно, еслидля измерения отрезков мы пользовались одной единицей длины. Тоже верно и для сравнения, сложения и других действий над отрезкамии их длинами (§§ 6—8).

Например неравенство AB > 2 · CD может пониматься двояко —то что отрезок CD укладывается два раза в отрезке AB с некоторымостатком и то, что длина отрезка AB больше чем удвоенная длинаотрезка CD измеренная той же единицей длины. При этом выражение«измеренная той же единицей длины» мы будем опускать, предполагаячто в каждой конкретной задаче, измерения производятся только однойединицей.

Под отношением двух отрезков мы понимаем отношение их длин.Это же отношение равно длине первого если второй взять за единицудлины.

Заметим, что отношение двух отрезков не зависит от того, как вы-брана единица измерения. В самом деле, если, например, вместо однойуже выбранной единицы измерения взять другую, в 3 раза меньшую,то в каждом отрезке эта новая единица уложится втрое большее числораз, чем прежняя. В той дроби, которая представляет отношение от-резков, числитель и знаменатель оба увеличатся в 3 раза. Величина жесамой дроби от этого не изменится.


157. Пропорции. В геометрических задачах часто появляется урав-нение типа

a

b=c

d(1)

на длины a, b, c и d некоторых отрезков. Такое уравнение называетсяпропорцией.

Следующие наблюдения часто оказываются полезными:1) Пропорцию (1) можно переписать как произведение:

a · d = b · c.

2) Пропорцию (1) можно продолжить складывая или вычитая соот-ветствующие члены:

a

b=c

d=a+ c

b+ d=a− cb− d

=2a+ 3c

2b+ 3d= . . .

конечно если знаменатели в новых дробях не равны нулю.3) По пропорции (1) можно написать другие пропорции, например:

a

c=b

d,

a+ b

b=b+ c

b,

a

b− a=

c

d− cи так далее.

Приведём пример использования этих наблюдений.З а д а ч а 1. Предположим для точек C и C ′ лежащих на отрезке

AB выполняется пропорция

AC

CB=AC ′

C ′B. (2)

Доказать, что C = C ′.Из пропорции (2) можно написать другую

AC

AC + CB=

AC ′

AC ′ + C ′B.

Поскольку точки C и C ′ лежат на отрезке AB,

AC + CB = AC ′ + C ′B = AB.

ЗначитAC

AB=AC ′

AB;

следовательно AC = AC ′ и C = C ′.


Аналогично решается следующая задача:З а д а ч а 2. Предположим для точек C и C ′ лежащих на продол-

жении отрезка AB выполняется пропорция

AC

CB=AC ′

C ′B. (3)

Доказать, что C = C ′.Не умоляя общности можно предположить, что AC > CB; тогда из

пропорции (3) следует, что AC ′ > C ′B, то есть обе точки C и C ′ лежатна продолжении AB за точку B и значит

AC − CB = AC ′ − C ′B = AB.

Из пропорции (3) можно написать другую

AC

AC − CB=

AC ′

AC ′ − C ′Bили

AC

AB=AC ′

AB;

следовательно AC = AC ′ и C = C ′.


2 Соизмеримые и несоизмеримые отрезки

A B

C D

M

Рис. 173

158. Общая мера. Общей мерой двух от-резков называется такой третий отрезок, ко-торый в каждом из первых двух содержитсяцелое число раз без остатка. Так, если отре-зок AM (рис. 173) содержится 5 раз в AB и 3раза в CD, то AM есть общая мера AB и CD.Подобно этому можно говорить об общей ме-ре двух дуг одинакового радиуса, двух углови вообще двух однородных величин.

З а м е ч а н и е. Очевидно, что если отрезок AM есть общая мераотрезков AB и CD, то, разделив AM на 2, 3, 4 и так далее равныечасти, мы получим меньшие общие меры для отрезков AB и CD. Такимобразом, если два отрезка имеют какую-нибудь общую меру, то можносказать, что они имеют бесчисленное множество общих мер. Одна изних будет наибольшая.

159. Теоремы о наибольшей общей мере. Чтобы найти наи-большую общую меру двух отрезков, употребляют так называемый ал-горитм Евклида — способ последовательного отложения, подобныйтому последовательному делению, каким в арифметике находят наи-больший общий делитель двух целых чисел.

Этот способ основывается на следующих теоремах.

a

b

Рис. 174

1. Если меньший из двух отрезков (a и b,рис. 174) содержится в большем целое числораз без остатка, то наибольшая общая мераэтих отрезков есть меньший из них.

Пусть, например, отрезок b содержится в отрезкеa ровно 3 раза; так как при этом, конечно, отрезок bсодержится в самом себе ровно 1 раз, то b есть общаямера отрезков a и b; с другой стороны, эта мера есть

и наибольшая, так как никакой отрезок, больший b, не может содер-жаться в b целое число раз.

2. Если меньший из двух отрезков (b, рис. 175) содержитсяв большем (a) целое число раз с некоторым остатком (r), тонаибольшая общая мера этих отрезков (если она существует)должна быть и наибольшей общей мерой меньшего отрезка(b) и остатка (r).

Пусть, например.a = b+ b+ b+ r.

Из этого равенства мы можем вывести следующие два заключения.1) Если существует отрезок, содержащийся без остатка в b и r, то

он содержится также без остатка и в a; если, например, какой-нибудь

2. СОИЗМЕРИМЫЕ И НЕСОИЗМЕРИМЫЕ ОТРЕЗКИ 121

отрезок содержится в b ровно 5 раз и в r содержится ровно 2 раза, тов a он содержится 5 + 5 + 5 + 2, то есть 17 раз без остатка.

a

br

Рис. 175

2) Обратно: если существует отрезок, содержа-щийся без остатка в a и b, то он содержится такжебез остатка и в r; если, например, какой-нибудьотрезок содержится в a ровно 17 раз и в b ров-но 5 раз, то в той части отрезка a, которая равна3b, он содержится 15 раз; следовательно, в остаю-щейся части отрезка a, то есть в r, он содержится17− 15, то есть 2 раза.

Таким образом, у двух пар отрезков︷︸︸︷a и b,

︷︸︸︷b и r

должны быть одни и те же общие меры (если они существуют); поэтомуи н а и б о л ь ш а я общая мера у них должна быть одна и та же. К этимдвум теоремам надо ещё добавить следующую аксиому измерения(так называемую аксиому Архимеда).

Как бы велик ни был больший отрезок (a) и как бы мални был меньший отрезок (b), всегда, откладывая меньшийна большем последовательно 1, 2, 3 и так далее раз, мы по-лучим, что после некоторого m-го отложения или не полу-чится никакого остатка, или получится остаток, меньшийменьшего отрезка (b); другими словами, всегда можно найдётся до-статочно большое целое положительное число m, что b · m 6 a, ноb · (m+ 1) > a.

160. Алгоритм Евклида. Пусть требуется найти наибольшую об-щую меру двух данных отрезков AB и CD (рис. 176).

A B

C D

E

F

Рис. 176

Для этого на большем отрезке от-кладываем (с помощью циркуля) мень-ший отрезок столько раз, сколько этовозможно. При этом, согласно аксиомеизмерения, случится одно из двух: или1) CD уложится в AB без остатка, то-гда искомая мера, согласно теореме 1,будет CD, или 2) получится некоторыйостаток EB, меньший CD (как у нас на чертеже); тогда, согласно тео-реме 2, вопрос приведётся к нахождению наибольшей общей меры двухменьших отрезков, именно CD и первого остатка EB. Чтобы найти её,поступаем точно так же, то есть откладываем EB на CD столько раз,сколько можно. И опять произойдёт одно из двух: или 1) EB уложитсяв CD без остатка, тогда искомая мера и будет EB, или 2) получитсяостаток FD, меньший EB (как у нас на чертеже); тогда вопрос приве-дётся к нахождению наибольшей общей меры двух меньших отрезков,именно EB и второго остатка FD.


Продолжая этот приём далее, мы можем встретиться с такими дву-мя возможными случаями:

1) после некоторого отложения не получится никакого остатка или2) процесс последовательного отложения не будет иметь конца (в

предположении, что мы имеем возможность откладывать как угодномалые отрезки, что, конечно, возможно только теоретически).

В первом случае последний остаток и будет наибольшей общей ме-рой данных отрезков. Чтобы удобней вычислить, сколько раз эта наи-большая общая мера содержится в данных отрезках, выписываем рядравенств, получаемых после каждого отложения. Так, по нашему чер-тежу мы будем иметь:

после первого отложения : AB = 3 · CD + EB;

—"— второго —"— : CD = 2 · EB + FD;

—"— третьего —"— : EB = 4 · FD.

Переходя в этих равенствах от нижнего к верхнему, последовательнонаходим:

EB = 4 · FD;

CD = (4 · FD) · 2 + FD = 9 · FD;

AB = (9 · FD) · 3 + 4 · FD = 31 · FD.

Подобно этому можно находить наибольшую общую меру двух дуг оди-накового радиуса, а также двух углов.

В о в т о р о м случае данные отрезки не могут иметь общей меры.Чтобы обнаружить это, предположим, что данные отрезки AB и CDимеют какую-нибудь общую меру. Мера эта, как мы видели, должнасодержаться целое число раз не только в AB и в CD, но и в остаткеEB, следовательно, и во втором остатке FD, и в третьем, и в четвёртоми т. д. Так как остатки эти идут, последовательно уменьшаясь, то в каж-дом из них общая мера должна содержаться меньшее число раз, чемв предыдущем остатке. Если, например, в EB общая мера содержится100 раз (вообще m раз), то в FD она содержится менее 100 раз (значит,не более 99 раз); в следующем остатке она должна содержаться менее99 раз (значит, не более 98 раз) и т. д. Так как ряд целых положитель-ных уменьшающихся чисел: 100, 99, 98, . . . (и вообщеm,m−1,m−2, . . . )имеет конец (как бы велико ни было число m), то и процесс последова-тельного отложения, при достаточном его продолжении, должен дойтидо конца, то есть мы дойдём до того, что уже не получится никакогоостатка. Значит, если последовательное отложение не имеет конца, тоданные отрезки никакой общей меры иметь не могут.


161. Соизмеримые и несоизмеримые отрезки. Два отрезка на-зываются соизмеримыми, если они имеют общую меру, и несоизмери-мыми, когда такой общей меры не существует.

На практике нет возможности убедиться в существовании несоизме-римых отрезков, потому что, продолжая последовательное отложение,мы всегда дойдём до столь малого остатка, который в предыдущемостатке, по-видимому, укладывается целое число раз. Быть может приэтом и должен был бы получиться некоторый остаток, но по причиненеточности инструментов (циркуля) и несовершенства наших органовчувств (зрения) мы не в состоянии его заметить. Однако, как мы сейчасдокажем, несоизмеримые отрезки существуют.

162. Те о р е м а. Если в равнобедренном треугольнике уголпри основании равен 36◦, то боковая сторона его несоизме-рима с основанием.

A

B

CD

E

F

Рис. 177

Пусть ABC равнобедренный тре-угольник (рис. 177), у которого каж-дый из углов A и C равен 36◦; требу-ется доказать, что боковая сторона ABнесоизмерима с основанием AC.

Прежде всего определим, котораяиз этих сторон больше. Для этого до-статочно сравнить углы, против кото-рых лежат эти стороны. Так как, поусловию, ∠A = ∠C = 36◦, то

∠B = 180◦ − 36◦ − 36◦ = 108◦;

следовательно, ∠B > ∠C; поэтому AC > AB.Теперь найдём сколько раз в AC уложиться AB. Так как AC <

< AB +BC и AB = BC то AC < 2 · AB; значит AB может уложитьсятолько один раз с некоторым остатком.

Таким образом, мы замечаем следующее свойство: если в равнобед-ренном треугольнике угол при основании равен 36◦, то боковая егосторона содержится в основании только один раз и притом с неко-торым остатком.

Заметив это, приступим к последовательному отложению. Отложимна AC часть AD, равную AB тогда получим остаток DC, который надонакладывать на AB, или, что все равно, на BC.

Чтобы узнать, сколько раз DC уложится на BC, соединим B с D ирассмотрим4DBC. Найдём его углы. Так как4ABD равнобедренный,то ∠ABD = ∠ADB; следовательно, каждый из них равен

12 (180

◦ − ∠A) = 12 (180

◦ − 36◦) = 72◦.

Но угол ABC, как мы прежде нашли, равен 108◦; следовательно,

∠DBC = 108◦ − 72◦ = 36◦.


Таким образом, в треугольнике DBC есть два равных угла при BC;следовательно, он равнобедренный, при чем каждый угол при его ос-новании BC равен 36◦.

Вследствие этого, по доказанному выше, боковая сторона его DC(или BD) уложится в основании BC один раз с некоторым остатком.Пусть этот остаток будет EC. Соединив E с D, мы снова получим рав-нобедренный треугольник CDE, в котором каждый угол при основанииCD равен 36◦. Отложив EC (или DE) на DC (от точки D), мы сноваполучим равнобедренный треугольник CEF , у которого каждый уголпри основании CE равен 36◦.

Таким образом, мы постоянно будем приходить к равнобедренномутреугольнику (всё меньшему и меньшему) с углами при основании, рав-ными 36◦; следовательно, мы никогда в этом процессе н е д о й д ё мд о к о н ц а. Значит, стороны AC и AB не могут иметь общей меры.

П р и м е ч а н и е. Первый пример несоизмеримых отрезков припи-сывается пифагорейцу Гиппасу из Метапонта (приблизительно 470 годдо нашей эры). Есть основания полагать, что Гиппас доказал несо-измеримость стороны и диагонали правильного пятиугольника, хотясколько-нибудь уверенных подтверждений тому нет. Нетрудно видетьчто треугольник отсекаемый диагональю от правильного пятиуголь-ника равнобедренных и имеет углы при основании равные 36◦. То естьвозможно приведённое построение повторяет то, что было сделано Гип-пасом.

163. Те о р е м а. Диагональ квадрата несоизмерима с егостороной.

1

2

3

4

5

A

B

CD

E

Рис. 178

Так как диагональ делит квадрат надва равнобедренных прямоугольных тре-угольника, то теорему эту можно вы-сказать иными словами так: гипотену-за равнобедренного прямоугольноготреугольника несоизмерима с его ка-тетом.

Предварительно докажем следующеесвойство такого треугольника; если на ги-потенузе (рис. 178) отложим отрезок AD,равный катету, и проведём DE ⊥ AC, тообразовавшийся при этом прямоугольныйтреугольник DEC будет равнобедренный,

а отрезок BE катета BC окажется равным отрезку DC гипотенузы.Чтобы убедиться в этом, проведём прямую BD и рассмотрим углы тре-угольников DEC и BED. Так как треугольник ABC равнобедренныйи прямоугольный, то ∠1 = ∠4, и, следовательно, ∠1 = 45◦, а потому впрямоугольном треугольнике DEC и ∠2 = 45◦ и, значит, треугольникDEC имеет два равных угла и потому его стороны DC и DE равны.


В треугольнике BDE угол 3 равен прямому углу B без угла ABD,а угол 5 равен прямому углу ABE без угла ABD. Но ∠ADB = ∠ABD(так как AB = AD); значит, и ∠3 = ∠5. Но тогда треугольник BDEдолжен быть равнобедренный, и потому BE = ED = DC.

Заметив это, станем находить общую меру отрезков AB и AC.Так как AC > AB и AC < AB + BC, то есть AC < 2AB, то катет

AB отложится на гипотенузе AC только один раз с некоторым остаткомDC. Теперь надо этот остаток откладывать на AB или, что всё равно,на BC. Но отрезок BE, по доказанному, равен BC. Значит, надо BCотложить ещё на EC. Но EC есть гипотенуза равнобедренного тре-угольника DEC. Следовательно, процесс отложения для нахожденияобщей меры сводится теперь к откладыванию катета BC прямоуголь-ного равнобедренного треугольникаDEC на его гипотенузе EC. В своюочередь это отложение сведётся к откладыванию катета на гипотенузенового меньшего прямоугольного равнобедренного треугольника и т. д.,очевидно, без конца. А если процесс этот не может окончиться, то об-щей меры отрезков AC и AB не существует.

164. Цепные дроби. В дополнение к десятичным дробям мы рас-смотрим другой способ который позволяют записать число. Он осно-ван на последовательности частных полученных в алгоритме Евклида(§ 160). Этот способ записи не удобен для складывания и умножениячисел, но очень удобен для отыскания приближений числа в виде дро-бей с небольшими знаменателями.

A B

C D

E

F

Рис. 179

Вычисление отношения отрезковABCD = 31

9 (рис. 179) данное в § 160, мож-но компактно записать следующим об-разом:

AB

CD= 3 +

EB

CD= 3 +

1CDEB

=

= 3 +1

2 + FDEB

= 3 +1

2 + 1EBFD

= 3 +1

2 + 14

.

Последнее выражение называется цепной дробью. В этом случае про-цесс построения цепной дроби оборвался на третьем шаге, так как от-резок FD вмещается 4 раза в EB без остатка. Вообще, любое рацио-нальное число представляется конечной цепной дробью.

Для несоизмеримых отрезков этот процесс можно было бы продол-жать сколь угодно долго получая всё более длинные дроби.

Например для пары отрезков AC и AB в (§ 162) мы получим бес-


конечную цепную дробь составленную из одних единиц:

AC

AB= 1 +

DC

AB= 1 +

1ABDC

=

= 1 +1

1 + ECDC

= 1 +1

1 + 1DCEC

=

= · · · = 1 +1

1 + 11+···

A

B

CD

E

F

Рис. 180

A

B

CD

E

Рис. 181

Из доказательства в § 163 следу-ет, что для отношения диагонали квад-рата к его стороне получается цепнаядробь из двоек:

α = 1 +1

2 + 12+···

. (1)

Из теоремы Пифагора доказанной ни-же (§ 199) следует, что α =

√2; но это

же можно увидеть непосредственно: взнаменателе выражения для α мы ко-пию α плюс один; то есть α = 1 + 1

1+α

и значит α2 = 2.Для нахождения приближений чис-

ла с небольшим знаменателем, доста-точно оборвать цепную дробь и при-вести её к обычному виду. Такие дро-би называются подходящими. Напри-мер для

√2 мы получаем следующие

приближения:

1, 32 = 1 + 1

2 ,75 = 1 +

1

2 + 12

, 1712 = 1 +

1

2 + 12+ 1

2

, . . .

Несложно проверить, что нечётные подходящие дроби дают приближе-ние с недостатком, а чётные с избытком. При этом оказывается, чтоподходящие дроби являются л у ч ш и м и приближениями среди всехдробей с меньшими знаменателями.

165. О теории пропорций. В современной математике уравнениеab = c

d для длин a, b, c и d четырёх отрезков понимается как равенстводвух вещественных чисел, каждое из них отношение пары веществен-ных чисел.

Во времена Евклида, под числом понимались только положитель-ные рациональные числа. Длины же отрезков и промежутки времени


назывались величинами и числом не считались. Как мы знаем, есливыбрана единица измерения (например секунда для времени или метрдля длины), то величину можно выразить вещественным числом; но вовремена Евклида это не было известно.

Величины одного рода можно было сравнивать, складывать и умно-жать на натуральное число. Чтобы делить или умножать одну вели-чину на другую пользовались специальными приёмами; например пропроизведение двух длин думали как про площадь прямоугольника сданными сторонами. Была также развита теория пропорций по-сутипозволяющая делить одну величину на другую.

Для того чтобы выразить уравнение ab = c

d , говорили «a относитсяк b также как c относится к d». Изначально это выражение означало,что цепная дробь получаемая при делении a на b в точности совпадаетс цепной дробью при делении c на d. Иначе говоря, если применитьалгоритм Евклида (§ 160) к паре отрезков a и b то полученные частныебудут в точности те же, что и для пары c и d.

Позже Евдокс (живший в IV веке до нашей эры) дал следующее,более удобное определение, равносильное следующему: a относится кb также как c относится к d если для любых натуральных чисел mи n верно одно из трёх утверждений:

либо m · a > n · b и m · c > n · d,либо m · a = n · b и m · c = n · d,либо m · a < n · b и m · c < n · d.

Это определение было включено в «Начала» Евклида.Позже определение Евдокса было использовано немецким матема-

тиком Рихардом Дедекиндом для того чтобы дать точное определениевещественных чисел; сегодня его определение считается основным. По-скольку учащиеся знакомы с десятичными дробями, мы использовалиих как определение вещественных чисел, но строгий вывод необходи-мых свойств десятичных дробей несоизмеримо сложней чем при подхо-де Евдокса и Дедекинда.

Глава 5

Подобные фигуры

1 Подобие треугольников

166. Предварительные понятия. В окружающей нас жизни ча-сто встречаются фигуры, имеющие различные размеры, но одинако-вую форму. Таковы, например, одинаковые фотографии одного и тогоже лица, изготовленные в различных размерах, или планы здания илицелого города, вычерченные в различных масштабах. Такие фигурыпринято называть подобными. Умение измерять длины отрезков поз-воляет точно определить понятие о геометрическом подобии фигур идать способы изменения размера фигуры без изменений её формы.

Изучение подобия фигур мы начнём с простейшего случая, именнос подобия треугольников.

167. О п р е д е л е н и е. Два треугольника называются подобны-ми, если: 1) углы одного соответственно равны углам другого и 2)стороны одного пропорциональны соответственным сторонам друго-го.

A

B

C D

E

F

Рис. 182

Подобие треугольников обозначается знаком ∼; например,4ABC ∼∼ 4DEF означает, что треугольники ABC и DEF подобны. При этом

129

130 ГЛАВА 5. ПОДОБНЫЕ ФИГУРЫ

принято выписывать соответственные вершины треугольников в томже порядке; то есть 4ABC ∼ 4DEF обычно означает, что

∠A = ∠D, ∠B = ∠E, ∠C = ∠F

иAB

DE=BC

EF=AC

DF.

То, что подобные треугольники существуют, показывает следующаялемма1.

168. Л е м м а. Прямая (EF , рис. 183), параллельная какой-нибудь стороне (AC) треугольника (ABC), отсекает от неготреугольник (DBE), подобный данному.

Пусть в треугольнике ABC прямая DE параллельна стороне AC.Требуется доказать, что 4DBE ∼ 4ABC.

Предстоит доказать, во-первых, равенство соответственных углови, во-вторых, пропорциональность соответственных сторон треуголь-ников ABC и DBE.

1. Углы треугольников соответственно равны, так как угол B у нихобщий, а ∠D = ∠A и ∠E = ∠C, как соответственные углы при парал-лельных DE и AC и секущих AB и CB.

2. Докажем, что стороны 4DBE пропорциональны соответствен-ным сторонам 4ABC ′, то есть что

BD

BA=BE

BC=DE

AC.

Для этого рассмотрим отдельно следующие два случая:1. С т о р о н ы AB и BD и м е ю т о б щ у ю м е р у.

nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm

A

B

C

D E

Рис. 183

Разделим AB на части, равныеэтой общей мере. Тогда BD разде-лится на целое число таких частей.Пусть этих частей содержится m вBD и n в AB. Проведём из точекделения ряд прямых, параллельныхAC, и другой ряд прямых, парал-лельных BC. Тогда BE и BC разде-лятся на равные части (§ 95), кото-рых будет m в BE и n в BC. Точ-но так же DE разделится на m рав-ных частей, а AC на n равных частей,причём части BE равны частям AC

1Леммой называется вспомогательная теорема, которая излагается для того, что-бы при её помощи доказать следующую за ней теорему.

1. ПОДОБИЕ ТРЕУГОЛЬНИКОВ 131

(как противоположные стороны параллелограммов). Теперь очевидно,что

BD

BA=m

n,

BE

BC=m

n,

DE

AC=m

n.

СледовательноBD

BA=BE

BC=DE

AC.

2. С т о р о н ы AB и BD н е и м е ю т о б щ е й м е р ы (рис. 184).Найдём приближённые значения каждого из отношений BD

BA и BEBC ,

сначала с точностью до 110 ; затем до 1

100 и далее будем последовательноповышать степень точности в 10 раз.

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1

m+1


A

B

C

D E

Рис. 184

Для этого разделим сторону AB сна-чала на 10 равных частей и через точкиделения проведём прямые, параллельныеAC. Тогда сторона BC разделится такжена 10 равных частей. Предположим, что110 доля AB укладывается в BD более mраз, причём остаётся остаток, меньший110AB.

Тогда, как видно из рис. 184, 110 до-

ля BC укладывается в BE также m рази остаётся остаток, меньший 1

10BC. Сле-довательно, с точностью до 1

10 имеем:

BD

AB=m

10;

BE

BC=m

10

Далее, разделим AB на 100 равных частей и предположим, что 1100AB

укладывается m1 раз в BD. Проводя опять через точки деления пря-мые, параллельные AC, убеждаемся, что 1

100BC укладывается в BEтакже m1 раз. Поэтому с точностью до 1

100 имеем:

BD

AB=m1

100;

BE

BC=m1

100

Повышая далее степень точности в 10, 100, . . . раз, убеждаемся, чтоприближённые значения соотношений BD

BA и BEBC , вычисленные с произ-

вольной, но одинаковой десятичной точностью, равны. Следовательно,значения этих отношений выражаются одной и той же бесконечной де-сятичной дробью; значит

BD

BA=BE

BC.

Точно так же, проводя через точки деления стороны AB прямые,параллельные стороне BC, найдём, что

BD

BA=DE

AC.


Таким образом, и в этом случае имеем:

BD

BA=BE

BC=DE

AC.

169. З а м е ч а н и е: Доказанные соотношения представляют собойтри следующие пропорции:

BD

BA=BE

BC;

BD

BA=DE

AC;

BE

BC=DE

AC.

Переставив в них средние члены, получим:

BD

BE=BA

BC;

BD

DE=BA

AC;

BE

DE=BC

AC.

Таким образом, если в треугольниках стороны пропорциональны, тоотношение любых двух сторон одного треугольника равно отношениюсоответственных сторон другого треугольника.

Признаки подобия треугольников

170. Те о р е м ы. Если в двух треугольниках:1) два угла одного треугольника соответственно равны

двум, углам, другого или2) две стороны одного треугольника пропорциональны двум

сторонам другого и углы, лежащие между этими сторона-ми, равны или

3) если три стороны одного треугольника пропорциональ-ны трём сторонам другого, то такие треугольники подобны.

1) Пусть ABC и A1B1C1 (рис. 185) будут два треугольника, у ко-торых ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1 и, следовательно, ∠C = ∠C1. Требуетсядоказать, что такие треугольники подобны.

A

B

C

D E

A1

B1

C1

Рис. 185

Отложим на AB отрезок BD, равный A1B1, и проведём DE ‖ AC.Согласно доказанной выше лемме, 4DBE ∼ 4ABC.

С другой стороны, 4DBE = 4A1B1C1, потому что у них: BD == A1B1 (по построению), ∠B = ∠B1 (по условию) и ∠D = ∠A1 (потому


что ∠D = ∠A и ∠A = ∠A1). Но очевидно, что если из двух равныхтреугольников один подобен третьему, то и другой ему подобен; следо-вательно,

4A1B1C1 ∼ 4ABC.

2) Пусть в треугольниках ABC и A1B1C1 (рис. 186) дано.

∠B = ∠B1 иAB

A1B1=

BC

B1C1. (1)

A

B

C

D E

A1

B1

C1

Рис. 186

Требуется доказать, что такие треугольники подобны. Отложим сно-ва на AB отрезок BD, равный A1B1, и проведём DE ‖ AC. Тогда по-лучим вспомогательный 4DBE, подобный 4ABC. Докажем, что онравен 4A1B1C1. Из подобия треугольников ABC и DBE следует:

AB

DB=BC

BE(2)

Сравнивая эту пропорцию с данной пропорцией (1), замечаем, чтопервые отношения обеих пропорций одинаковы (DB = A1B1 по по-строению); следовательно, остальные отношения этих пропорций такжеравны, то есть

BC

B1C1=BC

BE

Но если в пропорции предыдущие члены равны, то должны быть равныи последующие члены, значит

B1C1 = BE.

Теперь видим, что треугольники DBE и A1B1C1 имеют по равномууглу (∠B = ∠B1), заключённому между соответственно равными сто-ронами; значит, эти треугольники равны. Но 4DBE подобен 4ABC,поэтому и 4A1B1C1 подобен 4ABC.

3) Пусть в треугольниках ABC и A1B1C1 (рис. 187) дано:

AB

A1B1=

BC

B1C1=

AC

A1C1. (1)


A

B

C

D E

A1

B1

C1

Рис. 187

Требуется доказать, что такие треугольники подобны.Сделав построение такое же, как и прежде, покажем, что 4DBE =

= 4A1B1C1. Из подобия треугольников ABC и BDE следует:

AB

DB=BC

BE=AC

DE(2)

Сравнивая этот ряд отношений с данным рядом (1), замечаем, чтопервые отношения у них равны, следовательно, и остальные отношенияравны, и потому

BC

B1C1=BC

BE,

откудаB1C1 = BE,

иAC

A1C1=AC

DE,

откудаA1C1 = DE.

То есть треугольники DBE и A1B1C1 имеют по три соответственноравные стороны; значит, они равны. Но один из них, именно 4DBE,подобен 4ABC; следовательно, и другой 4A1B1C1 подобен 4ABC.

171. Замечания о приёме доказательства. Полезно обратитьвнимание на то, что приём доказательства, употреблённый нами в трёхпредыдущих теоремах, один и тот же, а именно: отложив на сторонебольшего треугольника отрезок, равный соответственной стороне мень-шего, и проведя прямую, параллельную другой стороне, мы образу-ем вспомогательный треугольник, подобный большему данному. Послеэтого, в силу условия доказываемой теоремы и свойства подобных тре-угольников, мы обнаруживаем равенство вспомогательного треуголь-ника меньшему данному и, наконец, делаем заключение о подобии дан-ных треугольников.


Признаки подобия прямоугольных треугольников

172. Признаки, не требующие особого доказательства. Таккак прямые углы всегда равны друг другу, то на основании доказанныхпризнаков подобия треугольников мы можем утверждать, что если вдвух прямоугольных треугольниках.

1) острый угол одного равен острому углу другого или2) катеты одного пропорциональны катетам другого, то

такие треугольники подобны.

173. Признак, требующий особого доказательства.Те о р е м а. Если гипотенуза и катет одного треугольника

пропорциональны гипотенузе и катету другого, то такиетреугольники подобны.

Пусть ABC и A1B1C1 — два треугольника (рис. 188), у которыхуглы B и B1 прямые и

AB

A1B1=

AC

A1C1. (1)

Требуется доказать, что такие треугольники подобны.

A B

C

D

E

A1 B1

C1

Рис. 188

Для доказательства применим тот же приём, которым мы пользо-вались ранее. На AB отложим BD = A1B1 и проведём DE ‖ AC. Тогдаполучим вспомогательный 4DBE, подобный 4ABC. Докажем, что онравен 4A1B1C1. Из подобия треугольников ABC и DBE следует:

AB

DB=AC

DE. (2)

Сравнивая эту пропорцию с данной (1), находим, что первые от-ношения их одинаковы; следовательно, равны и вторые отношения, тоесть

AC

DE=

AC

A1C1,

откудаDE = A1C1.

Теперь видим, что треугольники BDE и A1B1C1 имеют по равнойгипотенузе и равному катету, следовательно, они равны; а так как одиниз них подобен 4ABC, то и другой ему подобен.


174. Те о р е м а (об отношении высот). В подобных треуголь-никах соответственные стороны пропорциональны соответ-ственным высотам , то есть тем высотам, которые опущены на со-ответственные стороны.

A

B

CD

A1

B1

C1D1

Рис. 189

Действительно, если треугольники ABC и A1B1C1 (рис. 189) подоб-ны, то прямоугольные треугольники BAD и B1A1D1 также подобны(∠A = ∠A1 и ∠D = ∠D1); поэтому:

BD

B1D1=

AB

A1B1=

BC

B1C1=

AC

A1C1.

2. ПОДОБИЕ МНОГОУГОЛЬНИКОВ 137

2 Подобие многоугольников

175. О п р е д е л е н и е. Два n-угольника называются подобными,если углы одного равны соответственно углам другого и соответствен-ные стороны, пропорциональны.

Во избежании путаницы у подобных многоугольников принято за-писывать соответственные вершины в том же порядке. Например «пя-тиугольник ABCDE подобен пятиугольнику A1B1C1D1E1» (рис. 191)обычно означает, что

∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, ∠C = ∠C1, ∠D = ∠D1, ∠E = ∠E1

иAB

A1B1=

BC

B1C1=

CD

C1D1=

DE

D1E1=

EA

E1A1

При этом пары сторон AB и A1B1, BC и B1C1, CD и C1D1, DE иD1E1, AE и A1E1 являются соответственными.

То, что такие многоугольники существуют, будет видно из решенияследующей задачи:

176. З а д а ч а. Дан многоугольник ABCDE и отрезок a. Постро-ить другой многоугольник, который был бы подобен данному и у кото-рого сторона, соответственная стороне AB равнялась бы a (рис. 190).

a

a

A

B

C

D

E

B1

C1

D1

E1

Рис. 190

На стороне AB отложим AB1 = a (если a > AB, то точка B1 рас-положится на продолжении AB). Затем, проведя из A все диагонали,построим B1C1 ‖ BC, C1D1 ‖ CD и D1E1 ‖ DE.

Тогда получим многоугольник AB1C1D1E1, подобный многоуголь-нику ABCDE. Действительно, во-первых, углы одного из них соответ-ственно равны углам другого; так, угол A у них общий, ∠B1 = ∠Bи ∠E1 = ∠E как соответственные углы при параллельных прямых;∠C1 = ∠C и ∠D1 = ∠D, так как углы эти состоят из частей, соответ-ственно равных друг другу.


Во-вторых, мы имеем пропорции:

из подобия 4AB1C1 ∼ 4ABC :AB1

AB=B1C1

BC=AC1

AC;

—"—"— 4AC1D1 ∼ 4ACD :AC1

AC=C1D1

CD=AD1

AD;

—"—"— 4AD1E1 ∼ 4ADE :AD1

AD=D1E1

DE=AE1

AE.

Так как третье отношение первого ряда равно первому отношениювторого ряда и третье отношение второго ряда равно первому отноше-нию третьего ряда, то значит, все 9 отношений равны между собой.Выбросив из них отношения, в которые входят диагонали, можем на-писать:

AB1

AB=B1C1

BC=C1D1

CD=D1E1

DE=AE1

AE.

Мы видим, что у n-угольников ABCDE и AB1C1D1E1 соответствен-ные углы равны и соответственные стороны пропорциональны; значит,многоугольники эти подобны.

177. З а м е ч а н и е. Для треугольников, как мы видели (§ 170),равенство углов влечёт пропорциональность сторон, и обратно: про-порциональность сторон влечёт равенство углов; вследствие этого длятреугольников одно равенство углов или одна пропорциональность сто-рон служит достаточным признаком их подобия. Для многоугольниковже одного равенства углов или одной пропорциональности сторон ещёнедостаточно для их подобия: например, у квадрата и прямоугольникауглы равны, но стороны не пропорциональны, у квадрата же и ромбастороны пропорциональны, а углы не равны.

178. Те о р е м а (о разложении подобных многоугольников на по-добные треугольники). Подобные многоугольники можно разло-жить на одинаковое число подобных и одинаково располо-женных треугольников.

Например, подобные многоугольники ABCDE и AB1C1D1E1 (рис.190) разделены диагоналями на подобные треугольники, которые оди-наково расположены — если пара треугольников в ABCDE имеет об-щую сторону, то тоже верно и про пару им сходственным треугольниковв AB1C1D1E1 и наоборот.

Укажем ещё такой способ разложения. Возьмём внутри многоуголь-ника ABCDE (рис. 191) произвольную точку O и соединим её со все-ми вершинами. Тогда многоугольник ABCDE разобьётся на столькотреугольников, сколько в нём сторон. Возьмём один из них, напримерAOE (покрытый на рисунке штрихами), и на соответственной сторонеA1E1 другого многоугольника построим углы O1A1E1 и O1E1A1 со-ответственно равные углам OAE и OEA; точку пересечения O1 со-единим с прочими вершинами многоугольника A1B1C1D1E1. Тогда и


этот многоугольник разобьётся на то же число треугольников. Дока-жем, что треугольники первого многоугольника соответственно подоб-ны треугольникам второго многоугольника.

По построению 4AOE ∼ 4A1O1E1. Чтобы доказать подобие со-седних треугольников ABO и A1B1O1, примем во внимание, что изподобия многоугольников следует:

∠BAE = ∠B1A1E1 иBA

B1A1=

AE

A1E1, (1)

и из подобия треугольников AOE и A1O1E1 выводим:

∠OAE = ∠O1A1E1 иAO

A1O1=

AE

A1E1. (2)

Из равенств (1) и (2) следует:

∠BAO = ∠B1A1O1 иBA

B1A1=

AO

A1O1.

Теперь видим, что треугольники ABO и A1B1O1 имеют по равному уг-лу, заключённому между пропорциональными сторонами; значит, ониподобны.

Совершенно так же докажем что 4BCO ∼ 4B1C1O1, затем тре-угольников 4COB ∼ 4C1O1B1, и т. д. При этом заметим, треугольни-ки первого многоугольника располагаются одинаково с подобными имтреугольниками второго многоугольника.

A

B

C

D

E

O

A1

B1

C1

D1

E1

O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1O1

Рис. 191

179. Те о р е м а.Периметры подобных многоугольников от-носятся, как соответственные стороны.

Пусть многоугольники ABCDE и A1B1C1D1E1 (рис. 191) подобны;тогда по определению:

AB

A1B1=

BC

B1C1=

CD

C1D1=

DE

D1E1=

EA

E1A1.


Если имеем ряд равных отношений, то сумма всех предыдущих членовотносится к сумме всех последующих, как какой-нибудь из предыдущихчленов относится к своему последующему, поэтому

AB +BC + CD +DE + EA

A1B1 +B1C1 + C1D1 +D1E1 + E1A1=

AB

A1B1=

BC

B1C1= . . .

180. Коэффициент подобия. Отношение соответственных сторондвух подобных многоугольников (в частности треугольников) называ-ется коэффициентом подобия этих многоугольников.

181. Центрально-подобное преобразование. Способ построе-ния многоугольника, подобного данному, изложенный в § 176, являет-ся частным видом так называемого центрально-подобного преобразо-вания.

AB

C

D

O

A1

B1

C1

D1

Рис. 192

Общий метод такого преоб-разования состоит в следующем.Пусть требуется подобно преоб-разовать четырёхугольник ABCD(рис. 192) при коэффициенте по-добия, равном k. Возьмём какую-нибудь точку O на плоскости; со-единив её с вершинами данногочетырёхугольника, получим пря-мые OA, OB, OC и OD. На пря-мойOA отложим от точкиO в сто-

рону точки A отрезок OA1, равный k · OA, так что OA1 = k · OA (нарисунке k = 5

3 ).Продолжим также прямую OB и отложим на ней от точки O в

сторону точки B отрезок OB1, равный k ·OB, так что OB1 = k ·OB.Точно так же поступим с прямыми OC и OD. Мы получим на них

точки C1 и D1, причём OC1 = k ·OC и OD1 = k ·OB. Соединив после-довательно точки A1, B1, C1 и D1, получим искомый четырёхугольникA1B1C1D1. В самом деле, из равенств OA1 = k · OA, OB1 = k · OB,OC1 = k ·OC и OD1 = k ·OD следует:

OA1

OA=OB1

OB=OC1

OC=OD1

OD= k.

Сравним треугольники OAB и OA1B1. Они имеют общий угол ввершине O и, кроме того,

OA1

OA=OB1

OB,

следовательно, эти треугольники подобны (§ 170, 2-й случай). Из ихподобия заключаем:

A1B1

AB=OA1

OA= k и ∠OAB = ∠OA1B1, (1)


следовательно, AB ‖ A1B1 (§ 73).Совершенно так же покажем, что треугольники OBC и OB1C1 по-

добны. Отсюда следует:

B1C1

BC=OB1

OB= k и ∠OBC = ∠OB1C1, (2)

и, следовательно, BC ‖ B1C1.Таким же образом докажем подобие следующих треугольников:OCD

и OC1D1, затем треугольников OAD и OA1D1.Из подобия 4OCD и 4OC1D1 следует:

C1D1

CD=OC1

OC= k и CD ‖ C1D1, (3)

Из подобия 4OAD и 4OA1D1 следует:

A1D1

AD=OD1

OD= k и AD ‖ A1D1, (4)

Кроме того, ∠DAB = ∠D1A1B1 как углы с параллельными сторонами(§ 79).

По той же причине имеем равенство углов.

∠ABC = ∠A1B1C1,

∠BCD = ∠B1C1D1,

∠CDA = ∠C1D1A1.

Мы видим, что у четырёхугольников ABCD и A1B1C1D1 соответствен-ные углы равны и соответственные стороны пропорциональны; значит,эти четырёхугольники подобны, причём коэффициент их подобия ра-вен k.

182. Центр подобия. При центрально-подобном преобразованиимногоугольника способом, изложенным в § 160, точка O называетсяцентром подобия обоих многоугольников.

Центрально-подобное преобразование многоугольника можно вы-полнять несколько иначе. Именно, взяв точку O и соединив её с вер-шинами четырёхугольника ABCD, можно продолжить прямые OA,OB, . . . за точку O; затем на прямой OA от точки O в сторону, про-тивоположную точке A, отложим отрезок OA′, равный k · OA. Точнотак же на продолжениях прямых OA, OC, . . . от точки O отложим от-резки OB′, OC ′, . . . , равные соответственно отрезкам k ·OB, k ·OC, . . .(рис. 193); соединив последовательно точки A′, B′, C ′, D′, получимчетырёхугольник A′B′CB′, очевидно симметричный с A1B1C1D1 от-носительно точки O. Следовательно, четырёхугольники A′B′C ′D′ иA1B1C1D1 равны и, значит, четырёхугольники ABCD и A′B′C ′D′ по-добны, причём коэффициент их подобия равен k. При первом способе


преобразования точка O называется внешним центром подобия мно-гоугольников (рис. 192); при втором способе — внутренним центромих подобия (рис. 193).

AB

CD

O

A1

B1

C1

D1

A′

B′

C ′

D′

Рис. 193

З а м е ч а н и е. При выполнении центрально-подобного преобразо-вания можно одинаково пользоваться как внутренним, так и внешнимцентром подобия. И тот и другой можно выбирать совершенно про-извольно, в частности, если принять одну из вершин многоугольниказа внешний центр подобия и выполнить центрально-подобное преобра-зование, то получим как раз тот способ построения подобного много-угольника, который был изложен в § 176.

183. Центрально-подобное расположение многоугольников.Расположение двух многоугольников ABCD и A1B1C1D1 на рис. 192,а также многоугольников ABCD и A′B′C ′D′ на рис. 193 имеет сле-дующие свойства: 1) соответственные стороны обоих многоугольниковпараллельны; 2) прямые, соединяющие соответственные вершины, пе-ресекаются в одной точке.

AB

C

D

EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEO

A′

B′

C ′

D′

E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′E′

A1

B1

C1

D1

E1

Рис. 194

Такое расположение многоугольников называется центрально-подобным. Докажем, что в такое расположение можно привести любыедва подобных многоугольника.

Пусть даны два подобных многоугольника ABCDE и A1B1C1D1E1

(рис. 194). Возьмём какую-либо точку O за центр подобия и построим


многоугольник, центрально-подобный с ABCDE, причём коэффициентподобия возьмём равным отношению A1B1

AB . Мы получим многоугольникA′B′C ′D′E′, подобный ABCDE и в то же время равный A1B1C1D1E1.В самом деле, так как коэффициент подобия многоугольников ABCDи A′B′C ′D′E′ равен A1B1

AB , то A′B′

AB = A1B1

AB , отсюда A′B′ = AB. Но мно-гоугольники A1B1C1D1E1 и A′B′C ′D′E′ подобны между собой, следо-вательно:

A′B′

A1B1=B′C ′

B1C1=C ′D′

C1D1=D′E′

D1E1=

A′E′

A1E1.

А потому из равенства A′B′ = A1B1 вытекает

B′C ′ = B1C1, C ′D′ = C1D1, D′E′ = D1E1, A′E′ = A1E1.

Так как, кроме того, углы многоугольника A1B1C1D1E1 равны соответ-ствующим углам многоугольника A′B′C ′D′E′, то эти многоугольникиравны между собой. Если наложить многоугольник A1B1C1D1E1 наA′B′C ′D′E′ так, чтобы они совпадали, то многоугольник A1B1C1D1E1

примет центрально-подобное расположение с ABCDE.В случае если k = 1 то многоугольники равны. В этом случае

следует взять O как внутренний центр подобия, иначе многоугольникA′B′C ′D′E′ сольётся с ABCDE.


3 Подобие произвольных фигур

184. Центрально-подобное преобразование многоугольников даётвозможность обобщить само понятие о подобии на случай, когда фигу-ра образована кривыми линиями. Именно такой способ построения по-добной фигуры можно применить к любой фигуре. Пусть, например, наплоскости дана фигура A совершенно произвольной формы (рис. 195).

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

NP

Q

M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1M1

N1P1

Q1

Рис. 195

Возьмём произвольную точку O на плоскости этой фигуры и будемсоединять её с различными точкамиM , N , P, . . . фигуры A. На каждойиз проведённых прямых OM , ON , OP, . . . отложим отрезки OM1, ON1,OP1, такие, что

OM1

OM=ON1

ON=OP1

OP= . . . и так далее

Точки M1, N1, P1, . . . будут лежать на некоторой новой фигуре A1.Чем больше точек M , N , P, . . . мы возьмём на фигуре A, тем большемы получим точек фигуры A1. Чтобы получить всю фигуру A1, нужнопровести прямые из точки O ко всем точкам фигуры A и построить наних соответствующие точки фигуры A1. Считается, что фигуры A1 и Aрасположены центально-подобно, а любая фигура равная A1 считаетсяподобной A.

В отдельных случаях, чтобы получить фигуру A1, нет необходимо-сти проводить лучи ко всем точкам фигуры A, достаточно построитьлишь несколько её точек, и затем, пользуясь частными свойствами фи-гуры A, восстановить всю фигуру A1. Так, в том случае, когда A —многоугольник, достаточно было соединить точку O лишь с вершинамиэтого многоугольника и построить вершины подобного многоугольни-ка, а затем соединить прямолинейными отрезками полученные верши-ны между собой.

Описанный переход от фигуры A к фигуре A1 называетсяцентрально-подобным преобразованием. Этот тип преобразова-ний имеет заметное применение на практике. Показываемая в кино

3. ПОДОБИЕ ПРОИЗВОЛЬНЫХ ФИГУР 145

картина на экране подобна изображению, сделанному на плёнке; тех-нические чертежи планов и фасадов зданий, планов местности, плановгородов получаются в результате подобного преобразования.

185. Подобие окружностей. Докажем, что фигура, подобнаяокружности, есть также окружность.

Т е о р е м а. Геометрическое место точек, делящих в дан-ном отношении отрезки, соединяющие какую-нибудь точкус точками окружности, есть окружность.

M

M1O

O1

S

Рис. 196

Пусть дана окружность радиуса R с центром в точке O (рис. 196).Возьмём произвольную точку S и, соединив её с точкой O, разделимотрезок SO точкой O1 в некотором отношении так, что SO1

SO = k.Возьмём произвольную точкуM на данной окружности и соединим

её с точкой S. На отрезке SM найдём точку M1 такую, что SM1

SM =

= SO1

SO = k. Для этой цели следует из точки O1 провести прямую, парал-лельную OM , до пересечения с прямой SM . Из подобия треугольниковSOM и SO1M1. следует OM1

OM = SO1

SO . Следовательно, OM1

OM = k. Отсюданайдём длину отрезка O1M1, именно O1M1 = k ·OM , или O1M1 = k ·R.

Мы видим, что величина O1M1 не зависит от положения точки Mна данной окружности. Следовательно, если точка M будет переме-щаться по окружности, то точка M будет перемещаться по плоскости,описывая окружность с центром O1 и радиусом k ·R.

186. Те о р е м а.Две окружности на плоскости всегда мож-но рассматривать как центрально-подобные фигуры, причёмокружности разных радиусов имеют два центра подобия:один внешний, другой внутренний.

Пусть даны две окружности с центрами O1 и O2 и радиусами R1 иR2 (рис. 197). Проведём линию центров O1O2 и построим на ней дветочки I и E, определяемые равенствами

O1I

O2I=R1

R2и

O1E

O2E=R1

R2


(Точка I на отрезке O1O2 существует всегда, а точка E на продолженииотрезка существует только если R1 6= R2.)

Покажем, что точки I и E обладают свойствами центров подобия.Возьмём какую-либо точку M1 на первой окружности, проведём пря-мую IM1 и отложим на ней отрезок IM2 так, что

IM1

IM2=R1

R2.

Тогда 4IO1M1 ∼ 4IO2M2, так как

∠O2IM1 = ∠O2IM2,

IM1

IM2=R1

R2,

O1I

O2I=R1

R2.

Следовательно:O1M1

O2M2=R1

R2

и так как O1M1 = R1, тоO2M2 = R2.

Это значит, что точкаM2 лежит на второй окружности. Следовательно,точка I есть внутренний центр подобия данных окружностей. Таким жеобразом можно доказать, что E есть внешний центр подобия.

A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1A1

A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2A2

M1

M2


O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2O2IE

Рис. 197

Построение точек I и E можно выполнить так: проводим в дан-ных окружностях два каких-либо параллельных радиуса и соединяемих концы, полученная прямая пересечёт линию центров в центре подо-бия. При этом если проведённые радиусы направлены в одну сторону(рис. 197, O1A1, и O2A2), то центр подобия будет внешним; если онинаправлены в противоположные стороны (рис. 197, O1M1 и O2M2), то


центр подобия будет внутренним. В случае равенства R1 = R2 втораяпрямая будет параллельна линии центров, в этом случае нет внешнегоцентра E.

Легко далее заметить, что если две окружности касаются, то одиниз центров подобия совпадает с точкой касания. При этом если касаниеокружностей внешнее, то в точке касания находится внутренний центрподобия, если же касание внутреннее, то с точкой касания совпадаетвнешний центр подобия окружностей.

У п р а ж н е н и я 1. Доказать, что если две окружности лежат од-на вне другой, то их внешний центр подобия совпадает с точкой пе-ресечения их общих внешних касательных, а внутренний — с точкойпересечения общих внутренних касательных.

2. Какое положение должны иметь две окружности на плоскости,чтобы их внешний центр подобия совпал с внутренним?

О т в е т. Окружности концентричны.


187. Метод подобия. Центрально-подобное преобразование фигурможно с успехом применить к решению многих задач на построение.На этом основан так называемый метод подобия.

Метод подобия состоит в том, что, пользуясь некоторыми даннымизадачи, строят сначала фигуру, п о д о б н у ю искомой, а затем пе-реходят к искомой. Этот метод особенно удобен тогда, когда толькоодна данная величина есть длина, а все прочие величины — или углы,или отношения линий; таковы, например, задачи: построить треуголь-ник по данному углу, стороне и отношению двух других сторон или подвум углам и длине некоторого отрезка (например высоте, медиане илибиссектрисе); построить квадрат по данной сумме или разности междудиагональю и стороной.

Решим, например, такую задачу:З а д а ч а 1. Построить треугольник, когда даны один из его углов

C, отношение сторон AC : BC, заключающих этот угол, и высотаh, опущенная из вершины этого угла на противоположную сторону(рис. 189).

Пусть AC : BC = m : n, где m и n — два данных отрезка или дваданных числа. Строим угол C, на его сторонах откладываем отрезкиCA1 и CB1, пропорциональные m и n. Если m и n — отрезки, то берёмпрямую CA1 = m и CB1 = n. Если m и n — числа, то, выбрав произ-вольный отрезок `, строим отрезки CA1 = m · `, и CB1 = n · `. В обоихслучаях имеем

CA1

CB1=m

n.

Треугольник CA1B1, очевидно, подобен искомому треугольнику.


Чтобы получить искомый треугольник, построим в треугольникеCA1B1 высоту CD1, с обозначим её через h1. Выбираем теперь произ-вольный центр подобия и строим треугольник, подобный треугольни-ку A1B1C с коэффициентом подобия, равным отношению h

h1, где h —

данная высота искомого треугольника. Полученный таким путём тре-угольник и будет искомым.

A B

C

D

A1 B1D1

Рис. 198

Удобнее всего выбрать центр подобия пря-мо в точке C. В таком случае построение иско-мого треугольника становится особенно простым(рис. 198). Продолжаем высоту CD1 треугольникаA1B1C, откладываем на ней отрезок CD, равныйh, и проводим прямую AB, параллельную A1B1.Треугольник ABC — искомый.

В задачах этого рода положение искомой фи-гуры остаётся произвольным; но во многих вопро-сах требуется построить фигуру, положение кото-рой относительно данных точек или линий вполне

определено. При этом может случиться, что, отрешившись от какого-нибудь одного из условий положения и оставив все остальные, мы по-лучим бесчисленное множество фигур, п о д о б н ы х искомой. В такомслучае метод подобия может быть употреблён с пользой. Приведём при-меры.

З а д а ч а 2. В данный угол ABC вписать окружность, котораяпроходила бы через данную точку M (рис. 199).

A

B C

D

O

O1

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMN

o

mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1m1

n

Рис. 199

Отбросим на время требование, чтобы окружность проходила черезточку M . Тогда данному условию удовлетворяет бесчисленное множе-ство окружностей, центры которых лежат на биссектрисе BD. Постро-им одну из таких окружностей; обозначим её центр буквой o. Возьмёмна ней точку m, соответственную точке M , то есть лежащую на лу-че MB, и проведём радиус mo. Если построим MO ‖ mo, то точка Oбудет центром искомого круга. Действительно, проведя к стороне ABперпендикуляры ON и on, мы получим подобные треугольники MBO


и mBo, NBO и nBo, из которых будем иметь:

MO

mo=BO

Bo,

NO

no=BO

Bo,

откудаMO

mo=NO

no.

Но mo = no; следовательно,MO = NO, то есть окружность, описаннаярадиусом OM с центром O, касается стороны AB; а так как её центрлежит на биссектрисе угла, то она касается и стороны BC.

За соответственную точку можно взять и другую точку m1 пере-сечения окружности с лучом MB. Так мы найдём другой центр O1

искомого круга. Следовательно, задача допускает два решения.

З а д а ч а 3. В данный треугольник ABC вписать ромб с даннымострым углом так, чтобы одна из его сторон лежала на основанииAB треугольника ABC, а две его вершины — на боковых сторонах ACи BC (рис. 200).

Отбросим на время требование, чтобы одна из вершин ромба ле-жала на стороне BC. Тогда можно построить бесчисленное множестворомбов, удовлетворяющих остальным условиям задачи. Построим одиниз них.

A B

C

M

N P

Q

u

xy

z

Рис. 200

Берём на стороне AC произвольную точ-куM . Строим угол с вершиной в этой точке,равный данному, одна сторона которого бы-ла бы параллельна основанию AB, а другаяпересекала основание AB в некоторой точкеN . На стороне AB от точки N откладываемотрезок NP , равный MN , и строим ромб состоронами MN и NP .

Пусть Q — его четвёртая вершина. Да-лее, выбираем вершину A за центр подобияи строим ромб, подобный ромбу MNPQ,выбирая коэффициент подобия так, чтобы вершина нового ромба, со-ответствующая вершине Q, оказалась на стороне BC. Для этой целипродолжаем прямую AQ до пересечения со стороной BC в некоторойточке x. Эта точка x будет одной из вершин искомого ромба.

Проводя из этой точки прямые, параллельные сторонам ромбаMNPQ, получаем искомый ромб xyzu.

Предоставляем самим учащимся решить методом подобия следую-щие задачи:

1. Построить треугольник, зная два его угла и радиус описаннойокружности.

2. Построить треугольник, зная отношение высоты к основанию,угол при вершине и медиану боковой стороны.


3. Дан ∠AOB и внутри него точка C. Найти на стороне OB точкуM , равно отстоящую от OA и от точки C.

4. ПРОПОРЦИИ 151

4 Пропорции

188. Теорема Фалеса Следующая теорема названа в честь древ-негреческого математика Фалеса Милетского (VII—VII век до нашейэры).

Т е о р е м а. Стороны угла (ABC), пересекаемые рядом па-раллельных прямых (DD1, EE1, FF1, . . . ), рассекаются ими напропорциональные части (рис. 201).

AB

C

D

E

F

D1 E1 F1

M

N

Рис. 201

Требуется доказать, что

BD

BD1=

DE

D1E1=

EF

E1F1,

или

BD

DE=

BD1

D1E1,

DE

EF=D1E1

E1F1и так далее

Проводя вспомогательные прямые DM , EN и т. д., параллельные BA,мы получим треугольники BDD1, DEM , EFN и т. д., которые все по-добны между собой, так как углы у них соответственно равны (вслед-ствие параллельности прямых). Из их подобия следует:

BD

BD1=

DE

DM=EF

ENи так далее

Заменив в этом ряду равных отношений отрезок DM на D1E1, отре-зок EN на E1F1 и т. д. (противоположные стороны параллелограммовравны), мы получим то, что требовалось доказать.


189. Те о р е м а. Две параллельные прямые (MN,M1N1, рис.202), пересекаемые рядом прямых (OA,OB,OC, . . . ), исходящихиз одной и той же точки (O), рассекаются ими на пропор-циональные части.

Требуется доказать, что отрезки AB, BC, CD, . . . прямой MN про-порциональны отрезкам A1B1, B1C1, C1D1, . . . прямой M1N1.

O

A B C DM N

A1 B1 C1 D1M1 N1

Рис. 202

Из подобия треугольников OAB и O1A1B1 (§ 168) и треугольниковOBC и OB1C1 выводим:

AB

A1B1=

BO

B1Oи

BO

B1O=

BC

B1C1,

откудаAB

A1B1=

BC

B1C1,

Подобным же образом доказывается пропорциональность и прочих от-резков.

190. З а д а ч а. Разделить отрезок прямой AB (рис. 203) на тричасти в отношении m : n : p, где m, n, p — данные отрезки или данныечисла.

m

n

p

A B

C

D E

F

GH

m

n

p

Рис. 203

Проведя луч AC под произвольным углом к AB, отложим на нём отточки A отрезки, равные отрезкам m, n и p. Точку F — конец отрезкаp — соединяем с B прямой BF и через концы G и H отложенных от-резков проводим прямые GD и HE, параллельные BF . Тогда отрезокAB разделится в точках D и E на части в отношении m : n : p.


Если m, n и p означают какие-нибудь числа, например 2, 5, 3, топостроение выполняется так же, с той лишь разницей, что на AC от-кладываются отрезки, равные 2, 5 и 3 произвольным единицам длины.

Конечно, указанное построение применимо к делению отрезка нетолько на три части, но на какое угодно иное число частей.

191. З а д а ч а. К трём данным отрезкам a, b и c найти чет-вёртый пропорциональный (рис. 204), то есть найти такой отрезок x,который удовлетворял бы пропорции a : b = c : x.

a c

b

x

AB

C

D E

F

G

a

b

c

Рис. 204

На сторонах произвольного угла ABC откладываем отрезки: BD == a, BF = b, DE = c. Проведя затем через D и F прямую, построимEG ‖ DF . Отрезок FG будет искомый.

Свойство биссектрисы угла треугольника

192. Те о р е м а.Биссектриса (BD, рис. 205) любого угла тре-угольника (ABC) делит противоположную сторону на части(AD и CD), пропорциональные прилежащим сторонам тре-угольника.

A

B

CD

E

Рис. 205

Требуется доказать, что если ∠ABD = ∠DBC,то

AD

DC=AB

BC.

Проведём CE ‖ BD до пересечения в точке Eс продолжением стороны AB. Тогда, согласно тео-реме в § 188, мы будем иметь пропорцию:

AD

DC=AB

BE.

Чтобы от этой пропорции перейти к той, которую требуется доказать,достаточно обнаружить, что BE = BC, то есть что 4BCE равнобед-ренный. В этом треугольнике ∠E = ∠ABD (как углы, соответственныепри параллельных прямых) и ∠BCE = ∠DBC (как углы, накрест ле-жащие при тех же параллельных прямых). Но ∠ABD = ∠DBC поусловию; значит, ∠E = ∠BCE, а потому равны и стороны BC и BE,


лежащие против равных углов. Заменив в написанной выше пропорцииBE на BC, получим ту пропорцию, которую требуется доказать.

Ч и с л е н н ы й п р и м е р. Пусть AB = 10; BC = 7 и AC = 6.Тогда, обозначив AD буквой x, можем написать пропорцию:

x

6− x=

10

7;

отсюда найдём:

7x = 60− 10x;

7x+ 10x = 60;

17x = 60;

x = 6017 = 3 9

17 .

Следовательно,DC = 66− x = 6− 3 9

17 = 2 817 .

193. Те о р е м а (выражающая свойство биссектрисы внешнего уг-ла треугольника). Если биссектриса (BD, рис. 206) внешнего угла(CBF ) треугольника (ABC) пересекает продолжение проти-воположной стороны (AC) в такой точке (D), расстояния откоторой (DA и DC) до концов этой стороны пропорциональ-ны прилежащим сторонам треугольника (AB и BC). Требуетсядоказать, что если ∠CBD = ∠FBD, то DA : DC = AB : BC.

A

B

C D

E

F

Рис. 206

Проведя CE ‖ BD, получим пропор-цию

DA

DC=BA

BE.

Так как ∠BEC = ∠FBD (как соот-ветственные), а ∠BCE = ∠CBD (как на-крест лежащие при параллельных пря-мых) и углы FBD и CBD равны по усло-вию, то ∠BEC = ∠BCE; значит, 4BCE

равнобедренный, то есть BE = BC. Подставив в пропорцию вместоBE равный отрезок BC, получим ту пропорцию, которую требовалосьдоказать:

DA

DC=AB

BC.

П р и м е ч а н и е. Особый случай представляет биссектриса внеш-него угла при вершине равнобедренного треугольника, которая парал-лельна основанию.


194. О б р а т н а я т е о р е м а . Если прямая, исходящая извершины треугольника, пересекает противоположную сто-рону(или её продолжение) в такой точке, которой расстоя-ния до концов этой стороны пропорциональны соответствен-но двум другим сторонам, то она есть биссектриса углатреугольника (внутреннего или внешнего).

Пусть E есть точка лежащая на стороне AC треугольника ABC илина её продолжении, такая, что AE : EC = AB : BC. По доказанному(§ 192), для основания D биссектрисы угла B а также для основанияD′ биссектрисы его внешнего угла к B выполнена та же пропорция, тоесть

AD

DC=AD′

D′C=AB

BC.

Но если AB 6= BC, то существует только две точки (§ 157). Зна-чит E совпадает с D или D′ и следовательно прямая BE сливается сбиссектрисой угла B или его внешнего угла.

Если AB = BC то точка E есть середина основания AC и треуголь-ник ABC равнобедренный. То есть BE есть медиана проведённая коснованию равнобедренного треугольника, по доказанному (§ 37) онасовпадает в биссектрисой угла B. (Биссектриса внешнего угла в этомслучае параллельна основанию.)

195. Те о р е м а. Геометрическое место точек, до которыхрасстояния от двух данных точек находятся в постоянномотношении m : n, есть окружность, когда m 6= n, и прямая,когда m = n.

Обозначим данные точки буквами A и B.Если m = n, то искомое место точек есть срединный перпендикуляр

к отрезку AB (§ 58).

A BC C ′

MN

O

Рис. 207

Предположим, что m > n. То-гда на прямой AB, можно найтидве точки C и C ′ (рис. 207) принад-лежащие искомому геометрическо-му месту (§ 157); то есть такие, что

CA

CB=C ′A

C ′B=m

n.

Точка C лежит на отрезке AB, аточка C ′ на его продолжении.

Пусть ещё другая точкаM удо-влетворяет пропорции

MA

MB=m

n. (1)

Проведя MC и MC ′ мы должны заключить (§ 194), что первая изэтих прямых есть биссектриса угла AMB, а вторая — биссектриса угла


BMN ; вследствие этого угол CMC ′, составленный из двух половинсмежных углов, должен быть прямой. Поэтому вершина M лежит наокружности, описанной на CC ′ как на диаметре (§ 132).

Таким образом, мы доказали, что всякая точкаM удовлетворяющаяпропорции (1), лежит на окружности с диаметром CC ′. Докажем об-ратное предложение, то есть, что всякая точка M на этой окружностиудовлетворяющая пропорции (1). Обозначим центр этой окружностибуквой O, это середина отрезка CC ′.

Найдём сначала пропорции OAOC и OC

OB . Поскольку

AC

BC=AC ′

BC ′=m

n

верны также следующие пропорции

AC ′ +AC

BC ′ +BC=AC ′ −ACBC ′ −BC

=m

n. (2)

Поскольку OC = OC ′,

2 ·AO = AC ′ −OC ′ +AC +OC =

= AC ′ +AC.

2 ·BO = BC ′ −OC ′ +OC −BC =

= BC ′ −BC.2 · CO = CC ′ = AC ′ −AC =

= BC ′ +BC.

Подставляя в эти значения в пропорции (2) получаем

OA

OC=OC

OB=m

n.

ПустьM произвольная точка окружности отличная от C и C ′. ТогдаOM = OC, следовательно

OA

OM=OM

OB=m

n.

Значит 4OBM ∼ 4OMA и в частности

AM

BM=

OA

OM=m

n,

то есть выполняется пропорция (1).Случай m < n аналогичен.З а м е ч а н и е. Окружность, о которой говорится в этой теореме,

известна под названием окружность Аполлония (Аполлоний Перг-ский — греческий геометр, живший во II вeке до нашей эры).

5. ТЕОРЕМА ПИФАГОРА 157

5 Теорема Пифагора

196. Те о р е м а. В прямоугольном треугольнике перпенди-куляр, опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу,есть средняя пропорциональная величина между отрезками,на которые основание перпендикуляра делит гипотенузу, акаждый катет есть средняя пропорциональная между ги-потенузой и прилежащим к этому катету отрезком гипо-тенузы.

Пусть AD (рис. 208) есть перпендикуляр, опущенный из вершиныпрямого угла A на гипотенузу BC. Требуется доказать следующие трипропорции:

1)BD

AD=AD

DC; 2)

BC

AB=AB

BD; 3)

BC

AC=AC

DC.

1 2

3 4

A

B CD

Рис. 208

Первую пропорцию мы докажем изподобия4ABD ∼ 4CAD. Эти треуголь-ники подобны, потому что

∠1 = ∠4 и ∠2 = ∠3.

вследствие перпендикулярности их сто-рон (§ 80). Возьмём в 4ABD те сторо-ны BD и AD, которые составляют пер-вое отношение доказываемой пропорции;соответственными сторонами в 4CAD будут AD и DC2, поэтому

BD

AD=AD

DC.

Вторую пропорцию докажем из подобия 4ABC ∼ 4DBA. Эти тре-угольники подобны, потому что они прямоугольные и острый угол Bу них общий. В 4ABC возьмём те стороны BC и AB, которые состав-ляют первое отношение доказываемой пропорции; соответственнымисторонами в 4DBA будут AB и BD; поэтому

BC

AB=AB

BD.

2Чтобы безошибочно определить, какие стороны взятых треугольников соответ-ственны между собой, полезно держаться такого пути:1) указать углы, против которых лежат взятые стороны одного треугольника.2) найти равные им углы в другом треугольнике.3) взять противолежащие им стороны.Например, для треугольников ABD и CAD рассуждаем так: в треугольнике ABD

стороны BD и AD лежат против углов 1 и 3; в треугольнике CAD этим угламравны 4 и 2; против них лежат стороны AD и DC. Значит, стороны AD и DCсоответственны сторонам BD и AD.


Третью пропорцию докажем из подобия 4ABC ∼ 4DAC. Эти тре-угольники подобны, потому что они оба прямоугольные и имеют общийострый угол C. В4ABC возьмём стороны BC и AC; соответственнымисторонами в 4DAC будут AC и DC; поэтому

BC

AC=AC

DC.

197. С л е д с т в и е. Пусть A (рис. 209) есть произвольная точкаокружности, описанной на диаметре BC. Соединив концы диаметра сэтой точкой, мы получим прямоугольный треугольник ABC, у которо-го гипотенуза есть диаметр, а катеты образованы хордами (§ 132, 2).Применяя доказанную выше теорему к этому треугольнику, приходимк следующему заключению:

A

B CD

Рис. 209

Перпендикуляр, опущенный из какой-либоточки окружности на диаметр, есть сред-няя пропорциональная величина между от-резками, на которые основание перпендику-ляра делит диаметр, а хорда, соединяющаяэту точку с концом диаметра, есть средняяпропорциональная между диаметром и при-лежащим к хорде отрезком диаметра.

198. З а д а ч а. Построить отрезок, средний пропорциональныймежду двумя отрезками a и b, то есть построить отрезок x, такой, чтоa : x = x : b.

a bA

BC

D

Рис. 210

ab

A B

D

Рис. 211

Приведём два решения.1) на произвольной прямой (рис. 210) откла-

дываем отрезки AB = a и BC = b; на AC, какна диаметре, описываем полуокружность; из Bвосстанавливаем перпендикуляр BD до пересе-чения с окружностью. Этот перпендикуляр иесть искомая средняя пропорциональная меж-ду AB и BC.

2) на произвольной прямой (рис. 211) откла-дываем от точки A отрезки a и b. На большемиз этих отрезков описываем полуокружность.Проведя из конца меньшего отрезка перпенди-куляр к AB до пересечения его с окружностьюв точке D, соединяем A с D. Хорда AD естьсредняя пропорциональная между a и b.

199. Теорема Пифагора. Доказанные выше теоремы позволяютобнаружить замечательное соотношение между сторонами любого пря-моугольного треугольника. Это соотношение названо в честь греческо-го геометра Пифагора (VI век до нашей эры).

5. ТЕОРЕМА ПИФАГОРА 159

Квадрат длины гипотенузы равен сумме квадратов длинкатетов.

Пусть ABC (рис. 212) есть прямоугольный треугольник, AD — пер-пендикуляр, опущенный на гипотенузу из вершины прямого угла. По-ложим, что стороны и отрезки гипотенузы измерены одной и той жеединицей, причём получились числа a, b, c, c′ и b′ (принято длинысторон треугольника обозначать малыми буквами, соответствующимибольшим буквам, которыми обозначены противолежащие углы).

c′ b′a

A

B CD

bch

Рис. 212

Применяя теорему § 196, можем на-писать пропорции:

a

c=

c

c′и

a

b=

b

b′

откуда

a · c′ = c2 и a · b′ = b2.

Сложив почленно эти два равенства,найдём:

a · c′ + a · b′ = c2 + b2 или a · (c′ + b′) = c2 + b2.

Но c′ + b′ = a, следовательно,

a2 = c2 + b2.

П р и м е р. Если катеты, измеренные какой-нибудь линейной еди-ницей, равны 3 и 4; тогда гипотенуза x, удовлетворяет уравнению:

x2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25,

откуда x =√25 = 5.

З а м е ч а н и е. Прямоугольный треугольник со сторонами 3, 4 и5 называется египетским треугольником. Им можно пользовать-ся для построения прямого угла на земной поверхности: бечёвку по-средством узлов разделяем на 12 равных частей; затем, связав концы,натягиваем её на земле (посредством кольев) в виде треугольника состоронами в 3, 4 и 5 делений; тогда угол между сторонами, равными 3и 4, оказывался прямым.3

Теорема Пифагора имеет ещё другую формулировку, именно ту, ко-торая была для неё получена самим Пифагором. С этой формулировкоймы познакомимся позднее (§ 259).

3Прямоугольные треугольники, у которых стороны измеряются целыми числа-ми, носят название п и ф а г о р о в ы х т р е у г о л ь н и к о в. Прямые вычисленияпоказывают, что если a и b — произвольные целые числа такие, что a > b то для

x = 2ab, y = a2 − b2, z = a2 + b2

выполнено тождество x2 + y2 = z2. В частности треугольник со сторонами x, y и zявляется пифагоровым. Можно доказать, также что любой пифагоров треугольникимеет стороны k·x, k·y и k·z для некоторых целых a, b и k.


200. С л е д с т в и е. Квадраты катетов относятся между собойкак прилежащие отрезки гипотенузы. Действительно, из уравненийпредыдущего параграфа находим:

c2

b2=a · c′

a · b′=c′

b′.

201. З а м е ч а н и е 1. К трём равенствам, которые мы вывели вы-ше:

1) a · c′ = c2; 2) a · b′ = b2 и 3) a2 = b2 + c2,

можно присоединить ещё следующие два:

4) b′ + c′ = a и 5) h2 = b′ · c′,

(если буквой h обозначим длину высоты AD). Из этих равенств третье,как мы видели, составляет следствие первых двух и четвёртого, так чтоиз пяти равенств только четыре независимы; вследствие этого можнопо данным двум из шести чисел находить остальные четыре.

Для примера положим, что нам даны отрезки гипотенузы b′ = 5м иc′ = 7м; тогда

a = b′ + c′ = 12;

c =√a · c′ =

√12 · 7 =

√84 = 9,165 . . . ;

b =√a · b′ =

√12 · 5 =

√60 = 7,745 . . . ;

h =√c′ · b′ =

√5 · 7 =

√35 = 5,916 . . .

6. ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ 161

6 Задачи на вычисление

202. Те о р е м а. Во всяком треугольнике квадрат стороны,лежащей против острого угла, равен сумме квадратов двухдругих сторон без удвоенного произведения какой-нибудь изэтих сторон на отрезок её от вершины острого угла до вы-соты.

Пусть BC — сторона4ABC (рис. 213 и 214), лежащая против остро-го угла A, и BD — высота, опущенная на сторону AC (или её продол-жение). Требуется доказать, что

BC2 = AB2 +AC2 − 2 ·AC ·AD.

или, обозначая длины линий малыми буквами, как указано на рисунке,надо доказать равенство:

a2 = b2 + c2 − 2 · b · c′

Из прямоугольного 4BAD находим:

a2 = h2 + (a′)2. (1)

Найдём каждый из квадратов h2 и (a′)2. Из прямоугольного 4BADнаходим:

h2 = c2 − (c′)2. (2)

c′ a′b

A

B

CD

ach

c′a′b

A

B

CD

ach

Рис. 213 Рис. 214

С другой стороны, a′ = b− c′ (рис. 213)) или a′ = c′− b (рис. 214). Вобоих случаях для (a′)2 получаем одно и то же выражение:

(a′)2 = (b− c′)2 = b2 − 2 · a · c′ + (c′)2;

(a′)2 = (c′ − b)2 = (c′)2 − 2 · a · c′ + b2.(3)

Равенство (1) можно переписать так:

a2 = c2 − (c′)2 + b2 − 2 · b · c′ + (c′)2 = c2 + b2 − 2 · b · c′.


203. Те о р е м а. В тупоугольном треугольнике квадратстороны, лежащей против тупого угла, равен сумме квад-ратов двух других сторон, сложенной с удвоенным произве-дением какой-нибудь из этих сторон на отрезок её продол-жения от вершины тупого угла до высоты.

Пусть AB — сторона4ABC (рис. 215), лежащая против тупого углаC, и BD — высота, опущенная на продолжение стороны AC; требуетсядоказать, что

AB2 = AC2 +BC2 + 2 ·AC · CD,

или, применяя сокращённые обозначения, согласно указанию на рисун-ке:

c2 = a2 + b2 + 2 · b · a′.

c′a′ b

A

B

CD

a ch

Рис. 215

Из треугольников ABD и CBD нахо-дим:

c2 = h2 + (c′)2 =

= a2 − (a′)2 + (a′ + b)2 =

= a2 − (a′)2 + (a′)2 + 2 · b · a′ + b2 =

= a2 + b2 + 2 · b · a′,

что и требовалось доказать.

204. С л е д с т в и е. Из трёх последних теорем выводим, что квад-рат стороны треугольника равен, меньше или больше суммы квадра-тов двух других сторон, смотря по тому, будет ли противолежа-щий угол прямой, острый или тупой. Отсюда следует обратное пред-ложение: угол треугольника окажется прямым, острым или тупым,смотря по тому, будет ли квадрат противолежащей этому углу сто-роны равен, меньше или больше суммы квадратов двух других сторон.

205. Те о р е м а. Сумма квадратов диагоналей параллело-грамма равна сумме квадратов его сторон (рис. 216).

A

B C

DE F

H

Рис. 216

Из вершин B и C параллелограммаABCD опустим на основание AB пер-пендикуляры BE и CF . Тогда из тре-угольников ABD и ACD находим:

BD2 = AB2 +AD2 − 2 ·AD ·AE

AC2 = AD2 + CD2 + 2 ·AD ·DF.

Прямоугольные треугольники ABEи DCF равны, так как они имеют по равной гипотенузе и равномуострому углу; поэтому AE = DF . Заметив это, сложим почленно два

6. ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ 163

выведенных выше равенства; тогда 2AD ·AE и 2AD ·DF взаимно уни-чтожаются, и мы получим:

BD2 +AC2 = AB2 +AD2 +AD2 + CD2 =

= AB2 +BC2 + CD2 +AD2.

206. Вычисление медианы треугольника. Медиана треуголь-ника обыкновенно обозначается буквойm (от латинского слова mediana— средняя), сопровождаемою (внизу) одною из маленьких букв a, b илиc в зависимости от стороны треугольника, к которой проведена обозна-чаемая медиана.

A

BCD

E

a

b cma

Рис. 217

Определим длину ma медианы, проведён-ной к стороне a (рис. 217). Для этого продол-жим медиану на расстояние DE = AD и со-единим точку E с B и с C. Мы получим па-раллелограмм ABEC (§ 90). Применив к немутеорему о сумме квадратов диагоналей (§ 205),получим:

a2 + (2ma)2 = 2b2 + 2c2;

откуда:4m2

c = 2b2 + 2c2 − a2

и, следовательно:ma = 1

2

√2b2 + 2c2 − a2

Подобным же образом можем найти mb и mc.

c′ b′a

A

B CD

bc ha

c′b′a

A

BC

D

bc ha

Рис. 218 Рис. 219

207. Вычисление высот треугольника по его сторонам. Опре-делим высоту ha треугольника ABC, опущенную на сторону BC = a(рис. 218 и 219). Обозначим отрезки стороны a (продолженной в случаетупого угла C, рис. 219) таким образом: отрезок BD, прилежащий кстороне c, через c′, а отрезок DC, прилежащий к стороне b, через b′.


Пользуясь теоремой о квадрате стороны треугольника, лежащей про-тив острого угла (§ 202), можем написать:

b2 = a2 + c2 − 2 · a · c′.

Из этого уравнения находим отрезок c′:

c′ =a2 + c2 − b2

2 · a

после чего из треугольника ABD определяем высоту как катет:

ha =

√c2 −

(a2+c2−b2

2·a

)2Таким же путём можно определить в зависимости от сторон треуголь-ника длины hb, и hc высот, опущенных на стороны b и c.

7. ПРОПОРЦИИ В КРУГЕ 165

7 Пропорции в круге

208. Некоторые пропорциональные линии в круге мы указали ранее(§ 197); теперь укажем ещё другие.

Т е о р е м а. Если через точку (M , рис. 220), взятую внутрикруга, проведены какая-нибудь хорда (AB) и диаметр (CD),топроизведение отрезков хорды (AM ·MB) равно произведениюотрезков диаметра (MD ·MC).

Проведя две вспомогательные хорды AC и BD, мы получим два тре-угольника AMC и DMB (покрытые на рисунке штрихами), которыеподобны, так как у них углы A и D равны как вписанные, опирающи-еся на одну и ту же дугу BC, и углы C и B равны как вписанные,опирающиеся на одну и ту же дугу AD.

A

B

C

D

E

F

KLMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

O

Рис. 220

Из подобия треугольников выводим:

AM

MD=MC

MB.

откуда

AM ·MB =MD ·MC.

209. С л е д с т в и е. Если через точ-ку (M , рис. 220), взятую внутри кру-га, проведено сколько угодно хорд (AB,EF , KL, . . . ), то произведение отрезковкаждой хорды есть число постоянноедля всех хорд, так как для каждой хордыэто произведение равно произведению отрезков диаметра CD, прохо-дящего через взятую точку M .

A


C

D

E

M

O

Рис. 221

210. Те о р е м а. Если из точки(M , рис. 221), взятой вне круга,проведены к нему какая-нибудьсекущая (MA) и касательная(MC), то произведение секущейна её внешнюю часть равноквадрату касательной (предпола-гается, что секущая ограничена вто-рой точкой пересечения, а касатель-ная — точкой касания).

Проведём вспомогательные хордыAC и BC; тогда получим два тре-угольника MCA и MBC (покрытыена чертеже штрихами), которые подобны, потому что у них угол Mобщий и углы MCB и CAB равны, так как каждый из них измеряетсяполовиной дуги BC.


Возьмём в 4MAC стороны MA и MC; соответственными сторона-ми в 4MBC будут MC и MB; поэтому

MA

MC=MC

MD,

откудаMA ·MB =MC2.

211. С л е д с т в и е. Если из точки (M , рис. 221), взятой вне кру-га, проведены к нему сколько угодно секущих (MA, MD, ME, . . . ), топроизведение каждой секущей на её внешнюю часть есть число по-стоянное для всех секущих, так как для каждой секущей это про-изведение равно квадрату касательной (MC2), проведённой из точкиM .

Величина d2 − R2, где d — расстояние от точки до центра окруж-ности, a R — её радиус называется степенью точки относительноокружности. Заметим, что степень отрицательна для точек внутри кру-га, положительна вне его и обращается в ноль на самой окружности.

Используя понятие степени точки, следствия приведённые в §§ 209 и211 можно переформулировать следующим образом: Для любой хордыAB и любой точки M на ней или её продолжении, произведение

MA ·MB

равно абсолютной величине степени M относительно окружности.

A

B C

D

Ea

bc

ha

A

B

C

DE

a

bcha

Рис. 222 Рис. 223

212. Те о р е м а. Произведение двух сторон треугольникаравно произведению диаметра круга, описанного около этоготреугольника, на высоту его, опущенную на третью сторо-ну.

Обозначив буквою R радиус круга, описанного около 4ABC (рис.222 и 223), докажем, что

b · c = 2R · ha.

7. ПРОПОРЦИИ В КРУГЕ 167

Проведём диаметр AD и соединим D с B. Треугольники ABD иAEC подобны, потому что углы B и E прямые и ∠D = ∠C, как углывписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Из подобия выводим:

c

ha=

2R

b;

откуда:

b · c = 2R · ha.


8 О приложении алгебры к геометрии

213. З а д а ч а. Данный отрезок разделить в среднем и крайнемотношении.

Эту задачу надо понимать так: разделить данный отрезок на та-кие две части, чтобы большая из них была средней пропорциональноймежду всей линией и меньшей её частью.

Задача будет решена, если мы найдём одну из двух частей, на ко-торые требуется разделить данный отрезок. Будем находить большуючасть, то есть ту, которая должна быть с р е д н е й п р о п о р ц и о -н а л ь н о й между всем отрезком и меньшей его частью. Предположимсначала, что речь идёт не о построении этой части, а только о в ы ч и с -л е н и и её длины. Тогда задача решается а л г е б р а и ч е с к и так:если длину данного отрезка обозначим a, а длину большей части x, тодлина другой части будет равна a − x и, согласно требованию задачи,мы будем иметь пропорцию:

a

x=

x

(a− x).

откудаx2 = a(a− x), или x2 + ax− a2 = 0.

Решив это квадратное уравнение, находим:

x1 = −a2+

√(a2

)2+ a2; x2 = −a

2−√(a

2

)2+ a2.

Отбросив второе решение, как отрицательное, возьмём только первоеположительное решение, которое удобнее представить так:

x1 =

√(a2

)2+ a2 − a

2=

=

√a2

4+ a2 − a

2=

=

√5a2

4− a

2=

=a

2

√5− a

2=

=a(√5− 1)

2≈

≈ a · 0,61803.

Таким образом, задача всегда имеет решение и притом только одно.Если бы нам удалось построить такой отрезок, длина которого вы-

ражается найденной выше формулой, то нанеся этот отрезок на данный

8. О ПРИЛОЖЕНИИ АЛГЕБРЫ К ГЕОМЕТРИИ 169

отрезок, мы разделили бы его в среднем и крайнем отношении. Итак,вопрос сводится к построению найденной формулы. Построить эту фор-мулу всего удобнее, если мы её возьмём в том виде, в каком она быладо упрощения, то есть возьмём:

x1 =

√(a2

)2+ a2 − a

2.

A BC

D

EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE

G

Рис. 224

Выражение√

(a2 )2 + a2 представляет со-

бой длину гипотенузы такого прямо-угольного треугольника, у которого одинкатет равен a, а другой a

2 . Построив та-кой треугольник, мы найдём отрезок, вы-ражаемый формулой

√(a2 )

2 + a2. Чтобыполучить затем отрезок x1, достаточноиз гипотенузы построенного треугольни-ка вычесть a

2 . Таким образом, построениеможно выполнить так:

Делим (рис. 224) данный отрезокAB = a пополам в точке C. Из конца B восстанавливаем перпендику-ляр и откладываем на нём BD = BC. Соединив A с B прямой, получимпрямоугольный 4ABD, у которого один катет AB = a, а другой катетBD = a

2 . Следовательно, его гипотенуза A равна√(a2 )

2 + a2. Чтобывычесть из гипотенузы длину a

2 , опишем дугу радиусом BD = a2 с цен-

тром в точке D. Тогда отрезок AE будет равен√(a2 )

2 + a2− a2 , то есть

будет равен x1. Отложив AE на AB (от A до G), получим точку G, вкоторой отрезок AB делится в среднем и крайнем отношении4.

З а м е ч а н и е. Деление отрезка в среднем и крайнем отношениинужно в геометрии для построения правильного 10-угольника, вписан-ного в данный круг.

214. Алгебраический способ решения геометрических за-дач. Мы решили предложенную задачу путём приложения алгебры кгеометрии. Этот приём состоит в следующем: сперва определяют, какойотрезок прямой нужно отыскать, чтобы решить задачу. Затем, обозна-чив длины данных отрезков буквами a, b, c, . . . , а искомого буквой x,составляют из условий задачи и известных теорем уравнение, связыва-ющее длину искомого отрезка с длинами данных, и полученное уравне-ние решают по правилам алгебры. Найденную формулу исследуют, тоесть определяют, при всяких ли данных a, b, c, . . . эта формула опреде-ляет решение или только при некоторых и получается ли одно решениеили несколько. Затем строят формулу, то есть находят построениемтакой отрезок, длина которого выражается этой формулой.

4Деление отрезка в среднем и крайнем отношении известно под названием зо-лотого сечения.


Таким образом, алгебраический приём решения геометрических за-дач состоит в общем из следующих четырёх частей: 1) составлениеуравнения; 2) решение его; 3) исследование полученной формулы и 4)построение её.

Иногда задача сводится к отысканию нескольких отрезков. Тогда,обозначив их длины буквами x, y, . . . , стремятся составить столькоуравнений, сколько неизвестных.

215. Построение простейших формул. sloppy Укажем простей-шие формулы, которые можно построить посредством циркуля и ли-нейки; при этом будем предполагать, что буквы a, b, c, . . . означаютдлины данных отрезков, а x — длину искомого. Не останавливаясь натаких формулах:

x = a+ b+ c, x = a− b, x = 2 · a, 3 · a, . . . ,

построение которых выполняется весьма просто, перейдём к более слож-ным:

1) Формулы x = a2 ,

a3 , . . . и т. д. строятся посредством деления от-

резка a на равные части, затем, если нужно, повторением одной частислагаемых 2, 3, . . . и так далее раз.

2) Формула x = abc выражает ч е т в ё р т у ю п р о п о р ц и о -

н а л ь н у ю к отрезкам c, a и b. Действительно, из этого равенствавыводим:

c · x = a · b.

откудаc

a=b

x.

Следовательно, x найдётся способом, указанным нами для построе-ния четвёртой пропорциональной (§ 191).

3) Формула x = a2

b выражает четвёртую пропорциональную к отрез-кам b, a и a, или, как говорят, т р е т ь ю п р о п о р ц и о н а л ь н у юк отрезкам b и a. Действительно, из данного равенства выводим:

b · x = a2,

откудаb

a=a

x.

Следовательно, x найдётся тем же способом, каким отыскивается чет-вёртая пропорциональная (только отрезок a придётся откладывать двараза).

4) Формула x =√a · b выражает с р е д н ю ю п р о п о р ц и о -

н а л ь н у ю между a и b. Действительно, из неё выводим:

x2 = a · b,


откудаa

x=x

b.

Следовательно, x найдётся способом, указанным раньше для по-строения средней пропорциональной (§ 198).

5) Формула x =√a2 + b2 выражает г и п о т е н у з у прямоуголь-

ного треугольника с катетами a и b.6) Формула x =

√a2 − b2 представляет катет прямоугольного тре-

угольника с гипотенузой a и другим катетом b.Построение всего удобнее выполнить так, как указано в § 133. Ука-

занные формулы можно считать основными. При помощи их строятсяболее сложные формулы. Например:

7) x = a√

23 . Подведя a под знак радикала, получим:

x =√

23a

2 =√a · 23a.

Отсюда видно, что x есть средняя пропорциональная между отрезкамиa и 2

3a.8) x =

√a2 + b2 − c2 + d2. Положим, что a2 + b2 = k2. Тогда k най-

дётся как гипотенуза прямоугольного треугольника с известными ка-тетами a и b. Построив k, положим, что k2 + d2 = `2. Тогда ` найдётсякак гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами k и d. По-строив `, будем иметь x =

√`2 − c2. Следовательно, x есть катет такого

треугольника, у которого гипотенуза `, а другой катет c.Ограничимся этими примерами. Заметим, что подробное рассмот-

рение способов построения алгебраических формул приводит к следу-ющему важному выводу.

При помощи линейки и циркуля возможно строить только такиеалгебраические выражения, которые могут быть получены из длин из-вестных отрезков с помощью конечного числа арифметических опера-ций (то есть сложения, вычитания, умножения и деления) и извлеченияквадратных корней.



1. Прямая, проведённая через середины оснований трапеции, прохо-дит через точку пересечения продолжений боковых сторон и черезточку пересечения диагоналей.

2. Если в треугольнике из вершины угла, лежащего между нерав-ными сторонами, проведены биссектриса и медиана, то перваяменьше второй.


3. Если два круга касаются извне, то часть внешней общей каса-тельной, ограниченная точками касания, есть средняя пропорци-ональная между диаметрами кругов.

4. Если на сторонах угла отложим от вершины пропорциональныеотрезки, то прямые, соединяющие соответственные концы их, па-раллельны.

5. Если в прямоугольный треугольник ABC вписать квадратDEFGтак, чтобы сторона DE лежала на гипотенузе BC, то эта сторонаесть средняя пропорциональная между отрезками гипотенузыBDи EC (точки на гипотенузе следуют в порядке B, D, E, C).

6. Если два отрезка AB и CD пересекаются в точке E так, что BE ·EA = EC ·ED, то точки A, B, C и D лежат на одной окружности(теорема, обратная изложенной в § 209).

7. Дана окружность с центом O и две точки A и B. Через эти точкипроведено несколько окружностей, пересекающих окружность Oили касающихся её. Доказать, что все хорды, соединяющие точкипересечения каждой из этих трёх окружностей с окружностью O,а также и общие касательные либо параллельны, либо сходятся(при продолжении) в одной точке, лежащей на прямой AB.

8. Основываясь на свойстве, изложенном в предыдущей задаче, вы-вести способ построения такой окружности, которая проходит че-рез две данные точки A и B и касается данной окружности.

9. Даны два каких-нибудь круга на плоскости. Если два радиусаэтих кругов движутся, оставаясь постоянно параллельными, топрямая, проходящая через концы их, пересекает линию центроввсегда в одной и той же точке (в ц е н т р е п о д о б и я двухкругов).

10. Медиана треугольника делит пополам все прямые, проведённыевнутри треугольника параллельно той стороне, относительно ко-торой взята медиана.

11. Даны три прямые, исходящие из одной точки. Если по одной изних движется какая-нибудь точка, то расстояния от неё до двухдругих прямых сохраняют всегда одно и то же отношение.

12. Если две окружности концентрические, то сумма квадратов рас-стояний от всякой точки одной из них до концов какого угоднодиаметра другой есть величина постоянная (§ 205).

13. Если соединим прямыми основания трёх высот какого-нибудь тре-угольника, то образовавшиеся при этом три треугольника у вер-шин данного подобны ему.


Вывести отсюда, что для треугольника, имеющего сторонами пря-мые, соединяющие основания высот данного треугольника, этивысоты служат биссектрисами.

14. Диаметр AB данной окружности продолжен за точку B. Че-рез какую-нибудь точку C этого продолжения проведена прямаяCD ⊥ AB. Если произвольную точку M этого перпендикулярасоединим с A, (обозначив через A1 вторую точку пересечения сокружностью этой прямой), то произведение AM ·AA1 есть вели-чина постоянная для всякой точки M .


15. Середин всех хорд, проходящих через данную точку окружности.

16. Точек, делящих в одном и том же отношении m : n все хорды,проходящие через данную точку окружности.

17. Точек, расстояние от которых до сторон данного угла имеет однои то же отношение m : n.

18. Точек, для которых сумма квадратов расстояний до двух данныхточек есть величина постоянная (§ 205).

19. Точек, для которых разность квадратов расстояний до двух дан-ных точек есть величина постоянная.

20. Точек, делящих в данном отношении m : n все прямые, соединя-ющие точки окружности с данной точкой O (лежащей вне иливнутри круга).


21. Через точку, данную внутри или вне угла, провести прямую так,чтобы отрезки её, заключённые между этой точкой и сторонамиугла, имели данное отношение m : n.

22. Найти в треугольнике такую точку, чтобы перпендикуляры, опу-щенные из неё на стороны треугольника, находились в данномотношении m : n : p (смотри упражнение 17).

23. Построить треугольник по углу, одной из сторон, прилежащихк нему, по отношению этой стороны к третьей стороне (сколькорешений?).

24. То же — по углу при вершине, основанию и отношению его к однойиз боковых сторон.

25. То же — по высоте, углу при вершине и отношению отрезков ос-нования.


26. То же — по углу при вершине, основанию и данной на основанииточке, через которую проходит биссектриса угла при вершине.

27. То же — по двум углам и сумме или разности основания с высотой.

28. Построить равнобедренный треугольник по углу при вершине исумме основания с высотой.

29. На бесконечной прямой MN даны две точки A и B. Найти наэтой прямой третью точку C, чтобы CA : CB = m : n, где m и n— данные отрезки или данные числа (если m 6= n, то таких точексуществует две: одна между A и B, другая вне отрезка AB).

30. Вписать в данный круг треугольник, у которого даны: основаниеи отношение двух сторон.

31. Вписать в данный круг треугольник, у которого даны: основаниеи медиана к одной из неизвестных сторон.

32. Вписать квадрат в данный сегмент так, чтобы одна его стороналежала на хорде, а вершины противолежащих углов — на дуге.

У к а з а н и е. Задачи решаются методом подобия (§ 187).

33. Вписать квадрат в данный треугольник так, чтобы одна сторонаего лежала на основании треугольника, а вершины противолежа-щих углов — на боковых сторонах треугольника.

34. В данный треугольник вписать прямоугольник (смотри предыду-щую задачу), у которого стороны относились бы как m : n.

35. Около данного квадрата описать треугольник, подобный данномутреугольнику.

36. Дана окружность и на ней две точки A и B. Найти на этой окруж-ности третью точку C, чтобы расстояния от неё до A и B находи-лись в данном отношении.

37. Построить треугольник по двум сторонам и биссектрисе угла меж-ду ними (смотри рис. 205; сначала находим прямую CE из про-порции CE : BD = AE : AB, затем строим 4BCE и т. д.).

38. Построить отрезок x, который относился бы к данному отрезкуm как a2 : b2 (a и b — данные отрезки).

39. Найти вне данного круга такую точку, чтобы касательная, про-ведённая из неё к этой окружности, была вдвое менее секущей,проведённой из той же точки через центр (приложением алгебрык геометрии).


40. Через данную вне круга точку провести такую секущую, котораяразделилась бы этой окружностью в данном отношении (прило-жением алгебры к геометрии).

41. Построить треугольник по трём его высотам h1, h2, h3

Р е ш е н и е. Предварительно из подобия прямоугольных тре-угольников надо доказать, что высоты о б р а т н о п р о п о р -ц и о н а л ь н ы соответствующим сторонам. Если стороны, на ко-торые опущены высоты h1, h2, h3 обозначим соответственно черезx1, x2, x3, то

x1 : x2 = h2 : h1,

x2 : x3 = h3 : h2 = 1 :h2h3

= h1 :h1h2h3

откуда

x1 : x2 : x3 = h2 : h1 :h1h2h3

Выражение h1h2

h3есть четвёртая пропорциональная к h1, h2 и h3.

Построив её (пусть это будет k), мы будем иметь три отрезка: h2,h1 и k, которым искомые стороны пропорциональны; значит, тре-угольник, имеющий эти отрезки сторонами, подобен искомому, ипотому вопрос сводится к построению такого треугольника, кото-рый, будучи подобен данному, имел бы данную высоту. Задача неимеет решения, если по трём прямым h1, h2 и k нельзя построитьтреугольник.

42. Построить отрезки, выражаемые формулами:

1) x =abc

de=ab

d· ce

(придётся два раза построить четвёртую пропорциональную).

2) x =√a2 + bc.

(предварительно построить отрезоки k =√bc и x =

√a2 + k2).


43. По данному основанию a и высоте h остроугольного треугольникавычислить сторону x квадрата, вписанного в этот треугольниктак, что одна сторона квадрата лежит на основании треугольника,а две вершины квадрата — на боковых сторонах треугольника.

44. Стороны треугольника имеют длины 10, 12 и 17 м. Вычислить от-резки стороны, равной 17 м, на которые она делится биссектрисойпротиволежащего угла.


45. Перпендикуляр, опущенный из вершины прямого угла на гипоте-нузу, делит её на два отрезка m и n. Вычислить катеты.

У к а з а н и е. Продолжив AD на расстояние DE = AD и соеди-нив точку E с B и C, получим параллелограмм, к которому при-меним теорему § 205.

46. В 4ABC стороны равны: AB = 7, BC = 15 и AC = 10. Опре-делить, какого вида угол A, и вычислить высоту, опущенную извершины B.

47. Из точки вне круга проведена касательная a и секущая. Вычис-лить длину секущей, зная, что отношение внешней её части квнутренней равно m : n.

48. К двум кругам, радиусы которых R и r, а расстояние между цен-трами d, проведена общая касательная. Определить вычислениемположение точки пересечения этой касательной с линией центров,во-первых, когда эта точка лежит по одну сторону от центров, во-вторых, когда она расположена между ними.

Глава 6

Правильныемногоугольники и длинаокружности

1 Правильные многоугольники

216. О п р е д е л е н и я. Ломаная линия называется правильной,если она удовлетворяет следующим трём условиям: 1) отрезки прямых,составляющие её, равны; 2) углы, составленные каждыми двумя сосед-ними отрезками, равны; 3) из каждых трёх последовательных отрезковпервый и третий расположены по одну сторону от прямой, на которойлежит второй.

A

B

C

D

E F

G

H

K L

M

N

P

Q

R

Рис. 225

Таковы, например, линии ABCDE и FGHKL (рис. 225); но лома-ную MNPQR нельзя назвать правильной, потому что она не удовле-творяет третьему условию.

Правильная ломаная может быть выпуклой, как например линияABCDE.

Многоугольник называется правильным, если он ограничен пра-вильной ломаной линией, то есть если он имеет равные стороны и рав-

177

178 ГЛАВА 6. ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ

ные углы. Таковы, например, квадрат, равносторонний треугольник.

ба

Рис. 226

Многоугольник, изображённыйна рис. 226а, есть выпуклыйправильный пятиугольник; много-угольник на рис. 226б — такжеправильный пятиугольник, но невыпуклый (так называемый звёзд-чатый). В нашем курсе геометриимы будем рассматривать т о л ь к ов ы п у к л ы е правильные много-

угольники и поэтому, когда мы скажем «правильный многоугольник»,мы будем подразумевать слово «выпуклый».

Последующие теоремы показывают, что построение правильныхмногоугольников тесно связано с разделением окружности на равныечасти.

217. Те о р е м а. Если окружность разделена на n равныхчастей (n > 3), то:

1) соединив хордами каждые две соседние точки деления,получим правильный n-угольник (вписанный).

2) проведя через все точки деления касательные и продол-жив каждую из них до взаимного пересечения с касательны-ми соседних точек деления, получим, правильный n-угольник(описанный).

1) Пусть окружность (рис. 227) разделена на несколько равныхчастей в точках A,B,C и т. д. и через эти точки проведены хордыAB,BC, . . . и касательные MBN , NCP и т. д. Тогда 1) вписанныймногоугольник ABCDEF — правильный, потому что все его стороныравны (как хорды, стягивающие равные дуги) и все углы равны (каквписанные, опирающиеся на равные дуги).

A

B

C

D

E

F

M N

O P

QR

S

Рис. 227

2) чтобы доказать правильность описан-ного многоугольника MNPQRS, рассмотримтреугольники AMB, BNC и т. д. У них осно-вания AB,BC и т. д. равны; углы, прилежащиек этим основаниям, также равны, потому чтокаждый из них имеет одинаковую меру (угол,составленный касательной и хордой, измеряет-ся половиной дуги, заключённой внутри него).Значит, все эти треугольники равнобедренныеи равны между собой, а потому

MN = NP = . . . ,

∠M = ∠N = . . . ;

то есть многоугольник MNPQRS правильный.

1. ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ 179

218. Те о р е м а. Если многоугольник правильный, то:1) около него можно описать окружность.2) в него можно вписать окружность.

A

B C

D

E

KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN

O

Рис. 228

1) Проведём окружность через какие-нибудь три соседние вершины A,B и C(рис. 228) правильного многоугольникаABCDEи докажем, что она пройдёт через следующую,четвёртую вершину D. Опустим из центра Oперпендикуляр OK на хорду BC и соединим Oс A иD. Повернём четырёхугольник ABKO во-круг стороны OK так, чтобы он упал на четы-рёхугольник ODCK. Тогда KB пойдёт по KC(вследствие равенства прямых углов при точкеK), B совпадёт с C (так как хорда BC делитсяв точке K пополам), сторона BA пойдёт по CD(вследствие равенства углов B и C) и, наконец, точка A совпадёт с D(вследствие равенства сторон BA и CD). Из этого следует, что OA сов-местится с OD, и, значит, точки A и D одинаково удалены от центра;поэтому вершина D должна лежать на окружности, проходящей черезA,B и C. Точно так же докажем, что эта окружность, проходя черезтри соседние вершины B,C и D, пройдёт через следующую вершинуE, и т. д.; значит, она пройдёт через все вершины многоугольника.

2) Из доказанного следует, что стороны правильного многоугольни-ка всегда можно рассматривать как равные хорды одной окружности;но такие хорды одинаково удалены от центра; значит, все перпендику-ляры OM , ON и т. д., опущенные из O на стороны многоугольника,равны между собой, и потому окружность, описанная радиусом OM сцентром в точке O, будет вписанной в многоугольник ABCDE.

219. С л е д с т в и е. Из предыдущего видно, что две окружности,описанная около правильного многоугольника и вписанная в него, име-ют один и тот же центр. Так как этот общий центр одинаково удалёнот всех вершин многоугольника, то он должен лежать на срединномперпендикуляре, восстановленным к любой стороне многоугольника,а будучи одинаково удалён от сторон каждого угла, он должен нахо-диться на его биссектрисе. Поэтому, чтобы найти центр окружности,описанной около правильного многоугольника или вписанной в него,достаточно определить точку пересечения двух срединных перпенди-куляров, восстановленных к сторонам многоугольника, или двух бис-сектрис углов, или одного срединного перпендикуляра с биссектрисой.

Легко заметить, что срединные перпендикуляры, восстановленные ксторонам правильного многоугольника, а также биссектрисы всех угловправильного многоугольника являются его осями симметрии.


220. О п р е д е л е н и я. Общий центр окружностей, описанной око-ло правильного многоугольника и вписанной в него, называется цен-тром этого многоугольника, радиус вписанной окружности — апофе-мой его.

Угол, составленный двумя радиусами, проведёнными к концамкакой-нибудь стороны правильного многоугольника, называется цен-тральным углом. Центральных углов в многоугольнике столько,сколько сторон; все они равны, как измеряющиеся равными дугами.

Так как сумма всех центральных углов равна 360◦, то в правильномn-угольнике каждый из них равен 360◦

n ; так, центральный угол правиль-ного шестиугольника равен 360◦

6 = 60◦, правильного восьмиугольникаравен 360◦

8 = 45◦ и так далее.Так как сумма всех внутренних углов n-угольника (§ 82) равна 180◦ ·

(n− 2), то каждый внутренний угол правильного n-угольника равен

180◦ · (n− 2)

n

Например, у правильного восьмиугольника внутренний угол равен

180◦ · (8− 2)

8=

6

8· 180◦ = 3

4· 180◦ = 135◦.

221. Те о р е м а. Правильные n-угольники подобны, а сто-роны их относятся как радиусы или апофемы.

A B

C

DE

F

M

O

A1 B1

C1

D1E1

F1

M1

O1

Рис. 229

1) Чтобы доказать подобие (рис. 229) правильных n-угольниковABCDEF и A1B1C1D1E1F1, достаточно обнаружить, что у них углыравны и стороны пропорциональны.

Углы n-угольников равны, так как каждый из них содержит одно ито же число градусов, а именно: 180◦·(n−2)

n . Так как

AB = BC = CD = . . . , и A1B1 = B1C1 = C1D1 = . . . ,

то, очевидно, что

AB

A1B1=

BC

B1C1=

CD

C1D1= . . . ;


то есть у таких n-угольников стороны пропорциональны.2) Пусть O и O1 (рис. 229) будут центры данных n-угольников, OA

и O1A1 — их радиусы, OM и O1M1 — апофемы. Треугольники OABи O1A1B1 подобны, так как углы одного соответственно равны угламдругого.

Из подобия их следует:

AB

A1B1=

OA

O1A1=

OM

O1M1

С л е д с т в и е. Так как периметры подобных многоугольников от-носятся как соответственные стороны (§ 179), то периметры правиль-ных n-угольников относятся как радиусы или как апофемы.

222. З а д а ч а. Вычислить сторону вписанного в круг: 1) квадра-та; 2) правильного шестиугольника; 3) правильного треугольника.

A

B

C

D

O

Рис. 230

Условимся обозначать длину стороны пра-вильного n-угольника буквой an, а его пери-метр — буквой pn.

Формулы для сторон вписанного квад-рата, шестиугольника и треугольникаможно легко получить из рассмотрениярис. 230—232.

1) На рис. 230 проведены два взаимно пер-пендикулярных диаметра AC и BD и после-довательные концы их соединены хордами; отэтого получился вписанный квадрат ABCD.

Из прямоугольного 4AOB находим:

AB2 = AO2 +OB2 = 2R2.

откудаa4 = R

√2.

223. 2) На рис. 231 построена хорда, соответствующая центрально-му углу в 60◦ (сторона правильного вписанного шестиугольника).

A B

O

60◦

Рис. 231

Так как у равнобедренного 4AOB каж-дый из углов A и B равен

180◦ − 60◦

2= 60◦,

то 4AOB есть равноугольный и, следова-тельно, равносторонний; значит:

AB = AO, то есть a6 = R.

Отсюда мы получаем простой способ деленияокружности на шесть равных частей.


224. 3) На рис. 232 окружность разделена на шесть равных частей, иточки деления через одну последовательно соединены хордами, отчегообразовался вписанный равносторонний треугольник ABC.

A

B

C

D

O

Рис. 232

Проведя хорду AD, получаем прямоуголь-ный треугольник ABD (угол BAD как впи-санный, опирающийся на диаметр, есть пря-мой). Из 4ABD находим:

AB =√BD2 −AD2,

то естьa3 =

√(2R)2 −R2

и, значит,

a3 = R ·√3.

225. З а д а ч а. Вписать в данный круг правильный десятиуголь-ник и определить его сторону в зависимости от радиуса.

A B

C

O

Рис. 233

Предварительно докажем одно важ-ное свойство правильного 10-угольника.Пусть хорда AB (рис. 233) есть сторо-на правильного 10-угольника. Тогда уголAOB равен 36◦ , а каждый из углов Aи B содержит по 1

2 (180◦ − 36◦), то есть

по 72◦. Разделим угол A пополам пря-мой AC. Каждый из углов, образовав-шихся при точке A, равен 36◦; следова-тельно, 4ACO, имея два равных угла,есть равнобедренный, то есть AC = CO,4ABC также равнобедренный, потомучто ∠B = 72◦ и ∠ACB = 180◦ − 72◦ −− 36◦ = 72◦; следовательно, AB = AC == CO. По свойству биссектрисы угла треугольника (§ 192) можно на-писать:

AO

AB=OC

CB. (1)

Заменив AO и AB равными им отрезками OB и OC, получим:

OB

OC=OC

CB, (2)

то есть радиус OB разделён в точке C в среднем и крайнем отноше-нии (§ 213), причём OC есть его большая часть. Но OC равна сто-роне правильного вписанного 10-угольника; значит, сторона правиль-ного вписанного 10-угольника равна большей части радиуса, разделён-ного в среднем и крайнем отношении.


AO

Рис. 234

Теперь задача решается легко:1) Делят радиус круга (например,

OA, рис. 234) в среднем и крайнем отно-шении; затем, дав циркулю раствор, рав-ный большей части радиуса, откладыва-ют им по окружности дуги, одна за дру-гой, и точки деления последовательно со-единяют хордами.

2) Обозначив буквой x длину стороныправильного вписанного 10-угольника,мы можем пропорцию (2) переписатьтак:

R

x=

x

(R− x),

откудаx2 −Rx−R2 = 0.

Решив это квадратное уравнение, найдём:

x = a10 = R ·√5−12 ≈ R · 0,61803 . . .

226. З а м е ч а н и я. 1) Чтобы вписать в данный круг правильныйпятиугольник, делят окружность на 10 равных частей (как указановыше) и точки деления соединяют через одну хордами.

2) Из равенства

16 −

110 = 5

30 −330 = 2

30 = 115

видно, что если из 16 части окружности вычесть 1

10 её часть, то остатокбудет равен 1

15 окружности. Это даёт нам простой способ вписать вокружность правильный 15-угольник, так как делить окружность на 6и на 10 равных частей мы умеем.

Рис. 235

3) Чтобы построить пятиконечную звезду(рис. 235), делят окружность на 10 равных ча-стей и какую-нибудь из точек деления соединя-ют хордами с другими точками деления черезтри (как указано на рисунке).

227. З а д а ч а. Удвоить число сторон пра-вильного вписанного n-угольника.

В этом сокращённом выражении подразуме-ваются две задачи:

1) по данному правильному вписанномуn-угольнику п о с т р о и т ь правильный 2n-угольник, вписанный в ту же окружность;

2) в ы ч и с л и т ь с т о р о н у этого 2n-угольника по данной сто-роне данного n-угольника и данному радиусу круга.


A BC

D

O

Рис. 236

1) Пусть AB (рис. 236) есть сторонаправильного вписанного n-угольника и O— центр круга. Проведём OC ⊥ AB и со-единим A с C. Дуга AB делится в точ-ке C пополам, следовательно, хорда ACесть сторона правильного вписанного 2n-угольника.

2) В4ACO уголO всегда острый (таккак дуга ACB всегда меньше полуокруж-

ности, и, следовательно, половина её, дуга AC, меньше четверти окруж-ности); поэтому (§ 202)

AC2 = OA2 +OC2 − 2OC ·OD,

то естьa22n = R2 +R2 − 2R ·OD = 2R2 − 2R ·OD.

Из прямоугольного 4AOD определим катет OD:

OD =√AO2 −AD2 =

=√R2 − (an2 )2 =

=

√R2 − a2n

4 .


a22n = 2R2 − 2R

√R2 − a2n

4.

Такова формула удвоения числа сторон правильного вписанного много-угольника (из неё сторону a2n получим посредством извлечения квад-ратного корня).

П р и м е р. Вычислим сторону правильного 12-угольника. Для про-стоты примем, что R = 1 (и, следовательно, a6 = 1).

a212 = 2− 2√1− 1

4 =

= 2− 2√

34 =

= 2−√3,

откуда

a12 =

√2−√3 ≈ 0,517 . . .

Так как стороны правильных n-угольников пропорциональны их ради-усам (§ 221), то при радиусе, равном не единице, а какому-нибудь числуR, для стороны правильного 12-угольника получим такую формулу:

a12 = R ·√2−√3 ≈ R · 0,517 . . .


228. На сколько равных частей можно делить окружностьс помощью циркуля и линейки? Применяя указанные в предыду-щих задачах способы, мы можем с помощью циркуля и линейки делитьокружность на такое число равных частей (и, следовательно, вписыватьв окружность правильные многоугольники с таким числом сторон), ко-торое заключается в следующей таблице:

3, 3 · 2, 3 · 2 · 2, вообще 3 · 2n,4, 4 · 2, 4 · 2 · 2, —"— 2n,

5, 5 · 2, 5 · 2 · 2, —"— 5 · 2n,15, 15 · 2, 15 · 2 · 2, —"— 15 · 2n.

Немецкий математик Гаусс (живший в 1777—1855 годах) доказал,что посредством циркуля и линейки можно делить окружность на такоечисло равных частей, которое, будучи простым, выражается формулой22

n

+ 1. Например, можно разделить окружность на 17 равных частейи на 257 равных частей, так как 17 и 257 простые числа вида 22

n

+ 1(17 = 22

2

+1; 257 = 223

+1). Доказательство Гаусса выходит за пределыэлементарной математики.

Доказано также, что с помощью линейки и циркуля окружностьможно делить на такое составное число равных частей, в состав кото-рого не входят никакие иные простые множители, кроме: 1) множите-лей вида 22

n

+ 1 при условии, что все эти множители различны и 2)множителя 2 в какой угодно степени.

Например, в окружность с помощью циркуля и линейки можно впи-сать правильный 170-угольник (170 = 2 ·5 ·17 = 2 · (22+1) · (222 +1)), нонельзя вписать правильный 9-угольник (хотя множитель 3 имеет вид22

n

+ 1, но в составе 9 он повторяется).На всякое иное число равных частей окружность может быть разде-

лена п р и б л и ж ё н н о. Пусть, например, требуется разделить окруж-ность на 7 равных частей (или вписать правильный семиугольник).Тогда предварительно вычислим величину центрального угла, 360◦

7 =

= 51 37

◦. Построить точно такой угол мы не можем, но по транспортируприблизительно можем отложить при центре угол в 51◦ и тогда полу-чим приблизительно 1

7 часть окружности.

Упражнения1. Составить формулу для стороны правильного вписанного 24-

угольника.

2. Составить формулу для сторон правильных вписанных восьми-угольника и 16-угольника.

3. Составить формулу для сторон правильных описанных треуголь-ника и шестиугольника.


4. Пусть AB,BC и CD будут три последовательные стороны пра-вильного многоугольника, имеющего центр в O. Доказать, чтоесли продолжим стороны AB и CD до взаимного пересечения вточке E, то четырёхугольник OAEC может быть вписан в окруж-ность.

5. Доказать, что: 1) всякий вписанный равносторонний многоуголь-ник — правильный; 2) всякий описанный равноугольный много-угольник — правильный.

6. Доказать, что: 1) каждый правильный n-угольник имеет n осейсимметрии, причём все эти оси симметрии проходят через егоцентр; 2) для многоугольника с чётным числом сторон центр мно-гоугольника является центром его симметрии.

7. Доказать, что две диагонали правильного пятиугольника, не исхо-дящие из одной вершины, пересекаясь, делятся в среднем и край-нем отношении.

У к а з а н и е. Пусть ABCDE — правильный пятиугольник, AC иBE — его диагонали, F — точка их пересечения.4ABC ∼ 4ABFи т. д.

8. На данной стороне построить: 1) правильный восьмиугольник; 2)правильный 10-угольник.

9. Срезать от данного квадрата углы так, чтобы образовался пра-вильный восьмиугольник.

10. В данный квадрат вписать равносторонний треугольник, помещаяодну из его вершин или в вершине квадрата, или в середине какой-либо стороны.

11. Вписать в равносторонний треугольник другой равностороннийтреугольник, стороны которого были бы перпендикулярны к сто-ронам данного.

12. Построить углы в 18◦, 30◦, 72◦, 75◦.

13. Около окружности описан какой-нибудь правильный многоуголь-ник. Пользуясь им, вписать в эту окружность правильный много-угольник, имеющий вдвое более сторон, чем описанный.

2. ДЛИНА ОКРУЖНОСТИ И ЕЁ ЧАСТЕЙ 187

2 Длина окружности и её частей

229. Предварительное разъяснение. Отрезок можно сравнитьс другим отрезком, принятым за единицу, так как прямые линии приналожении совмещаются. Действительно, только по этой причине мыможем установить, какие отрезки считать равными и неравными; чтотакое сумма отрезков или какой отрезок более другого в 2, 3, 4, . . . раза.Точно так же дуги окружностей одинакового радиуса можно сравнитьмежду собой вследствие того, что такие дуги при наложении совме-щаются. Но так как никакая часть окружности (или другой кривой)не может совместиться с прямой, то нельзя путём наложения устано-вить, какой криволинейный отрезок должно считать равным данномупрямолинейному отрезку, а следовательно, и то, какой криволинейныйотрезок больше данного прямолинейного в 2, 3, 4, . . . раза. Таким обра-зом, является необходимость особо определить, что мы будем подразу-мевать под длиной окружности (или части её), когда сравниваем её спрямолинейным отрезком.

Для этой цели мы должны ввести новое понятие, имеющее исклю-чительно большое значение во всей математике, именно понятие о пре-деле.

Пределы

230. Предел числовой последовательности. Во многих вопро-сах алгебры и геометрии приходится встречаться с последовательно-стями чисел, написанных одно за другим по определённому закону.Например, натуральный ряд чисел:

1, 2, 3, 4, 5, . . . ,

арифметическая и геометрическая прогрессии, продолженные неогра-ниченно:

a, a+ d, a+ 2d, a+ 3d, . . . ,

a, aq, aq2, aq3, . . . ,

представляют собой бесконечные последовательности чисел или беско-нечные числовые последовательности.

Для каждой такой последовательности можно указать правило, покоторому составляются её члены. Так, в арифметической прогрессиикаждый член разнится от предыдущего на одно и то же число, в гео-метрической прогрессии каждый член равен предшествующему, умно-женному на некоторое определённое число (знаменатель прогрессии).

Многие последовательности составляются по более сложным прави-лам. Так, например, вычисляя

√2 с недостатком, сначала с точностью


до 110 , затем с точностью до 1

100 , затем до 1100 и продолжая это вычис-

ление неограниченно, мы получим бесконечную числовую последова-тельность:

1,4; 1,41; 1,414; 1,4142, . . . ,

дающую приближённое значение√2 с возрастающей степенью точно-

сти.Для этой последовательности нельзя указать простого правила, по

которому можно было бы получить новые её члены, зная предыдущие,но все же можно определить любой член этой последовательности. Так,чтобы получить 4-й её член, нужно вычислить с точностью до 0,0001,для получения 5-го члена нужно вычислить

√2 с точностью до 0,00001

и т. д.Допустим, что члены данной бесконечной последовательности a1,

a2, a3, . . . , an, . . . по мере повышения их номера неограниченно при-ближаются к некоторому числу A. Это значит следующее: существуетнекоторое число A, такое, что какое бы малое положительное число qмы ни взяли, в данной последовательности можно отыскать член, начи-ная с которого все члены последовательности по абсолютной величинеотличаются от A меньше, чем на q. Мы будем это свойство коротковыражать так: абсолютная величина разности an − A неограниченноубывает с возрастанием номера n.

В этом случае число A называется пределом данной бесконечнойчисловой последовательности. Приведём пример такой последователь-ности. Составим последовательность десятичных дробей.

0,9; 0,99; 0,999; . . . ,

Здесь каждый член получается из предыдущего приписыванием новогодесятичного знака 9.

Легко заметить, что члены этой последовательности неограниченноприближаются к единице.

Именно, первый член отличается от единицы на 110 , второй на 1

100 ,третий на 1

1000 и, если достаточно продолжить эту последовательность,то можно найти в ней член, начиная с которого все последующие чле-ны будут отличаться от единицы на сколь угодно малую, заранее ука-занную величину. Следовательно, мы можем сказать, что взятая намибесконечная числовая последовательность имеет пределом единицу.

Другим примером числовой последовательности, имеющей предел,служит последовательность приближённых значений длины отрезка,несоизмеримого с единицей длины (§ 151), вычисленных с недостатком,сначала с точностью до 1

10 , затем1

100 , затем — до 11000 и т. д.

Пределом этой последовательности служит бесконечная десятичнаядробь, представляющая точную меру длины данного отрезка. В самомделе, величина бесконечной десятичной дроби заключена между дву-мя её приближёнными значениями, вычисленными с одинаковой точ-


ностью — одно с недостатком, другое с избытком. Как было показановыше, эта разность неограниченно убывает по мере повышения степениточности приближённых значений. Следовательно, должна неограни-ченно убывать и разность между самой бесконечной десятичной дро-бью и её приближёнными значениями по мере повышения степени точ-ности этих значений. Значит, бесконечная десятичная дробь служитпределом последовательности всех её приближённых значений, взятыхс недостатком (или всех приближённых значений, взятых с избытком).

Легко заметить, что не всякая бесконечная последовательность име-ет предел; например, натуральный ряд чисел.

1, 2, 3, 4, 5, . . . ,

очевидно, никакого предела не имеет, так как его члены неограниченновозрастают и ни к какому числу не приближаются.

231. Те о р е м а. Всякая бесконечная числовая последова-тельность может иметь только один предел.

В справедливости этой теоремы легко убедиться доказательством отпротивного. В самом деле, предположим, что дана последовательность

a1, a2, a3, . . . , an, . . . ,

которая имеет два различных предела A и B. В таком случае, в силутого, что A есть предел данной последовательности, абсолютная вели-чина разности an − A должна неограниченно убывать с возрастаниемn. В силу того, что B есть тоже предел данной последовательности,абсолютная величина разности an − B также должна неограниченноубывать с возрастанием n. Но в таком случае абсолютная величинаразности

(an −A)− (an −B)

должна также или неограниченно убывать, или быть равной нулю. Ноэта последняя разность равна разности чисел B − A и, следовательно,есть некоторое вполне определённое, отличное от нуля число. Это чис-ло не зависит от номера n и при возрастании n вовсе не изменяется.Таким образом, предположение, что существуют два предела числовойпоследовательности, привело нас к противоречию.

232. Предел возрастающей бесконечной числовой последо-вательности. Рассмотрим такую последовательность

a1, a2, a3, . . . , an, . . . ,

в которой каждый следующий член больше предыдущего, то естьan+1 > an, и в то же время все члены последовательности меньше неко-торого определённого числа M , то есть an < M для любого номера n.

В этом случае последовательность имеет определённый предел (тео-рема Вейерштрасса).


233. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть дана бесконечная числовая по-следовательность

a1, a2, a3, . . . , an, . . . , (1)

в которой каждый член больше предыдущего или равен ему (то естьan+1 > an для всякого n), При этом среди членов последовательностинет числа, большего данного числа M , например, нет числа, большего,чем 10.

Возьмём число 9 и смотрим, нет ли среди членов последовательно-сти (1) чисел, больше, чем 9. Допустим, что таких нет. Возьмём число 8и смотрим, имеются ли в последовательности (1) числа больше, чем 8.Допустим, что такие есть. Тогда записываем число 8, затем делим про-межуток от 8 до 9 на 10 частей и испытываем последовательно числа:8,1; 8,2; 8,3; . . . , то есть смотрим, имеются ли среди членов последова-тельности (1) числа, большие, чем 8,1. Если есть, то ставим тот же во-прос для числа 8,2 и т. д. Допустим, что в последовательности (1) естьчисла, большие, чем 8,6, но нет чисел, больших, чем 8,7. Тогда делаемвторую запись: пишем число 8,6, затем разбиваем промежуток от 8,6до 8,7 на 10 частей и испытываем таким же образом последовательночисла: 8,61; 8,62; 8,63; . . . . Допустим, что в последовательности (1) естьчисла, большие, чем 8,64, но нет чисел, больших, чем 8,65. Тогда дела-ем третью запись 8,64 и поступаем таким же образом для промежуткаот 8,64 до 8,65.

Продолжая этот процесс неограниченно, мы придём к бесконечнойдесятичной дроби: 8,64 . . . , то есть к некоторому вещественному числу.Назовём его α и возьмём его приближённые значения с n десятичнымизнаками с недостатком и с избытком (§ 151). Первое назовём αn, второе— α′n. Эти приближённые значения можно выбрать так, что.

αn < α 6 α′n и α′n − αn = 110n .

Из способа образования вещественного числа α следует, что среди чле-нов последовательности (1) нет чисел, больших α′n, но имеются числа,большие αn. Пусть ak, — одно из таких чисел.

αn < ak < α′n.

В силу возрастания последовательности (1) и отсутствия в ней членов,больших α′n, заключаем, что все следующие члены последовательностиak+1, ak+2, . . . также заключены между αn и α′n, то есть если m > k,то

αn < am < α′n.

Так как вещественное число α также заключено между αn и α′n, тоабсолютная величина разности am−α меньше разности чисел α′n и αn.Но α′n − αn = 1

10n , следовательно,

|am − α| < 110n . (2)


Таким образом, для любого значения n можно указать такое число k,что приm > k к имеет место неравенство (2). Так как при неограничен-ном возрастании n дробь 1

10n неограниченно убывает, то из неравенства(2) следует, что вещественное число α есть предел последовательности(1). Таким образом, числовая последовательность (1) имеет определён-ный предел.

Длина окружностиПонятие о пределе даст возможность точно определить, что мы под-

разумеваем под длиной окружности. Предварительно докажем следу-ющие леммы.

234. Л е м м а 1. Выпуклая ломаная (ABCD, рис. 237) меньшевсякой другой ломаной (AEFGD), объемлющей первую.

A

B C

D

E

F

GH

K

Рис. 237

Выражения «объемлющая ломаная»,«объемлемая ломаная» имеют следую-щий смысл.

Пусть две ломаные (как те, которыеизображены у нас на рисунке) имеют од-ни и те же концы A и D и располо-жены таким образом, что одна ломаная(ABCD) вся лежит внутри многоуголь-ника, образованного другой ломаной иотрезком AD, соединяющим концы A иD; тогда внешняя ломаная называется объемлющей, а внутренняяломаная — объемлемой.

Предстоит доказать, что объемлемая ломаная ABCD (если она вы-пуклая) короче всякой объемлющей линии AEFGD (всё равно — вы-пуклой или невыпуклой), то есть что

AB +BC + CD < AE + EF + FG+GD.

Продолжим стороны выпуклой ломаной так, как указано на рисунке.Тогда, приняв во внимание, что отрезок меньше всякой ломаной, соеди-няющей концы отрезка, мы можем написать следующие неравенства.

AB +BH < AE + EH;

BC + CK < BH +HF + FG+GK;

CD < CK +KD.

Сложим почленно все эти неравенства и затем от обеих частей по-лученного неравенства отнимем вспомогательные отрезки BH и CK;далее, заменив сумму EH + HF отрезком EF и сумму GK +KD от-резком GD, получим то неравенство, которое требовалось доказать.


A

BC

DL

MN P

Q

RS

T

Рис. 238 Рис. 239

З а м е ч а н и е. Если бы объемлемая линия не была выпуклой (рис.238), то изложенное доказательство нельзя было бы применить. В этомслучае объемлемая ломаная может оказаться и больше объемлющей.

235. Л е м м а 2. Периметр любого выпуклого многоуголь-ника (ABCD) меньше периметра всякого другого многоуголь-ника (MNPQRL), объемлющего первый (рис. 239).

Требуется доказать, что

AB +BC + CD +DA < LM +MN +NP + PQ+QR+RL.

Продолжив в обоих направлениях сторону AB выпуклого многоуголь-ника, применим к ломаным линиям ABCD и ATMNPQRSD, соеди-няющим точки A и B, лемму предыдущего параграфа; получим нера-венство:

AB +BC + CD < AT + TM +MN +NP + PQ+QR+RS + SD.

С другой стороны, так как отрезок ST меньше ломаной SLT , то можемнаписать:

TA+AD +DS < TL+ SL.

Сложим почленно эти два неравенства и отнимем от обеих частей вспо-могательные отрезки AT и DS; далее, заменив сумму TL+ TM отрез-ком LM и сумму LS + RS отрезком LR, получим то, что требовалосьдоказать.

Рис. 240

236. Определение длины окружности.Впишем в данную окружность (рис. 240) правиль-ный многоугольник, например треугольник, и накакой-нибудь прямой MN (рис. 235) отложим от-резок OP1, равный его периметру.

Удвоим теперь число сторон вписанного тре-угольника, то есть вместо треугольника возьмёмправильный вписанный шестиугольник. Найдёмтакже его периметр и отложим его на той же пря-мойMN от той же точки O; пусть тогда получится


отрезок OP2, который должен быть больше OP1, так как вместо каж-дой стороны треугольника мы теперь берём ломаную (из двух стороншестиугольника), которая длиннее прямой.

P1

P2

P3

xM N

O

Рис. 241

Удвоим снова число сторон вписанного шестиугольника, то естьвозьмём теперь правильный 12-угольник, найдём его периметр и от-ложим его на MN от той же точки O; мы получим тогда отрезок OP3,который будет больше OP2 по той же причине, по какой OP2 большеOP1.

Вообразим, что такой процесс удвоения и откладывания периметровпродолжается всё далее и далее. Тогда мы получим неограниченнуюпоследовательность периметров OP1, OP2, OP3, и так далее, котораяявляется возрастающей последовательностью. Однако возрастание этоне может быть неограниченным, так как периметр всякого вписанно-го многоугольника (выпуклого), каково бы ни было число его сторон,всегда остаётся меньше периметра любого описанного многоугольника(как его объемлющего). Вследствие этого полученная последователь-ность периметров правильных вписанных многоугольников имеет опре-делённый предел (§ 232), обозначенный на чертеже Ox. Этот предел ипринимают за длину окружности.

Таким образом, мы принимаем следующее о п р е д е л е н и е: задлину окружности принимается тот предел, к которому стремится(приближается) периметр правильного многоугольника, вписанного вэту окружность, когда число сторон его неограниченно удваивается.

З а м е ч а н и е. Можно доказать (мы опускаем это доказательство),что предел этот не зависит от того, с какого многоугольника мы на-чинаем удвоение. Более того, если даже вписанные многоугольники ине будут правильные, всё же периметры их стремятся к тому же са-мому пределу, как и периметры правильных многоугольников, лишьбы только стороны их неограниченно уменьшались (и, следовательно,число сторон их неограниченно увеличивалось) путём ли удвоения, какмы это предполагали для правильных многоугольников, или по какому-нибудь иному закону (мы опускаем это доказательство).

A B

CD E

Рис. 242

Таким образом, для каждой окружно-сти существует свой единственный предел,к которому стремится периметр вписанно-го выпуклого многоугольника, когда сторо-ны его неограниченно уменьшаются; пределэтот и принимается за длину окружности.

Равным образом за длину какой-нибудь


дуги окружности AB (рис. 242) принимается предел, к которому стре-мятся длины ломаных линий, вписанных в эту дугу и имеющих с нейодни и те же концы, когда их стороны неограниченно уменьшаются.

237. Л е м м а. Длина дуги окружности 1) больше стяги-вающей её хорды, но 2) меньше периметра всякой ломанойлинии, описанной около этой дуги и имеющей с ней одни ите же концы (рис. 243).

1) Пусть ACB (рис. 242) — дуга окружности и AB — стягивающаяеё хорда; требуется доказать, что дуга больше этой хорды.

Предположим, что в дугу мы вписываем правильные ломаные та-ким образом: первая ломаная пусть будет составлена из двух хорд AC иCD; вторую ломаную получим путём удвоения числа сторон первой ло-маной; это будет ломаная ADCEB, состоящая из четырёх хорд; третьюломаную получим удвоением числа сторон второй ломаной; она будетсостоять из восьми хорд. Вообразим, что этот процесс удвоения продол-жается неограниченно. Тогда с каждым удвоением периметр ломанойбудет возрастать; например:

AD +DC + CE + EB > AC + CB,

так какAD +DC > AC и CE + EB > CB.

Вследствие этого предел, к которому стремятся длины ломаных, дол-жен быть больше длины первой ломаной, то есть больше суммы AC +CB, и, значит, должен быть и подавно больше хорды AB. Но пределэтот принимается за длину дуги ACD, значит, эта дуга больше хордыAB.

A B

CD

E

Рис. 243

2) Пусть около дуги описана какая-нибудь ломаная линия (правильная илинеправильная — всё равно) (рис. 243). Ес-ли концы ломаной совпадают с концамидуги, то эту дугу можно рассматриватькак сумму нескольких дуг, из которых

каждая объемлется ломаной, состоящей только из двух отрезков. Пустьодна из таких частей будет дуга AB (рис. 244). Докажем, что длинаэтой дуги меньше суммы AC + CB, которую мы для краткости обо-значим одной буквой S. Для доказательства возьмём вспомогательнуюломаную AmnB, которая получится, если мы срежем угол C каким-нибудь отрезком mn, н е п е р е с е к а ю щ и м с я с д у г о й AB (чтовсегда возможно, если ломаная описана, то есть составлена из касатель-ных). Обозначим длину этой вспомогательной ломаной AmnB буквойS1. Так как mn < mC + Cn, то S1 < S.

Докажем, что предел, к которому стремятся длины правильных ло-маных, вписанной в дугу AB, при неограниченном удвоении числа ихсторон не может быть больше S1.


A B

C

m n

Рис. 244

Обозначим этот предел буквой L и до-пустим, что L > S1. Так как длины ло-маных приближается к своему пределук а к у г о д н о б л и з к о, то разностьмежду L и такой длиной сделаться мень-ше разности L−S1; тогда длина такой ло-маной сделается больше S1. Но это невоз-можно, так как всякая выпуклая лома-ная линия, вписанная в дугу AB, естьо б ъ е м л е м а я по отношению к объем-лющей ломаной AmnB и потому она меньше S1. Следовательно, нельзядопустить, что L > S1. Но тогда L должно быть или меньше S1, или вкрайнем случае равно S1. Но так как S1 < S, то и в этом и в другомслучае должно быть: L < S, что и требуется доказать.

238. Нахождение длины окружности. Для этой цели можнопользоваться ф о р м у л о й у д в о е н и я, которую мы вывели раньше(§ 227), то есть формулой:

a22n = 2R2 − 2R

√R2 − a2n

4.

Если радиус R примем за 1, то формула эта примет более простойвид:

a22n = 2− 2

√1− a2n

4.

Обозначая, по принятому, через an сторону правильного вписанногоn-угольника будем иметь: a6 = R = 1. Применяя формулу удвоения,находим:

a12 = 2− 2√1− 1

4 = 2−√3;

a24 = 2− 2

√1− a212

4 ;

a48 = 2− 2

√1− a224

4 и так далее.

Положим, что мы прекратили удвоение на 96-угольнике. Чтобы полу-чить его периметр, надо сторону умножить на 96. Этот периметр можнопринять за приближённое значение длины окружности. Обозначив егочерез p96 и выполнив вычисления, найдём:

p96 = 6,2820638 . . .

При радиусе, равном R, получим:

p96 = R · 6,2820638 . . . , или p96 = 2R · 3,1410319 . . .


Обозначая длину окружности буквой C, мы получим для неё прибли-жённую формулу:

C ≈ 2R · 3,1410319 . . .Если бы мы прекратили процесс удвоения на 192-угольнике, то полу-чили бы для длины окружности более точное значение, именно:

C ≈ 2R · 3,14145247 . . .

Продолжая процесс удвоения, можно получать для длины окружностивсё более и более точные значения.

239. Отношение длины окружности к диаметру. Рассмат-ривая процесс нахождения длины окружности, можно заметить, чточисло, на которое нужно умножить диаметр, чтобы получить длинуокружности, не зависит от величины самого диаметра, так что если мынашли, что длина какой-нибудь окружности равна её диаметру, умно-женному на некоторое число, то и длина всякой другой окружностибудет равна её диаметру, умноженному на то же самое число.

В самом деле, возьмём две окружности: одну радиуса R, другую ра-диуса r. Длину первой окружности обозначим через C, длину второй —через c. Впишем в каждую из них правильный многоугольник с одними тем же числом сторон и будем удваивать число сторон каждого изэтих многоугольников.

Обозначим через Pn периметр правильного n-угольника, вписанногов первую окружность, и через pn периметр правильного n-угольника,вписанного во вторую окружность.

В силу теорем, доказанных в § 221, мы можем написать:

PnR

=pnr

илиPn2R

=pn2r.

Периметры Pn имеет пределом длину C первой окружности. Пе-риметры pn имеет пределом длину c второй окружности. Значит, изравенства Pn

2R = pn2r вытекает

C

2R=

c

2r.

Действительно, поскольку Pn стремится к C, разница C − Pn неогра-ниченно убывает с возрастанием n; а значит и разница

C

2R− Pn

2R=

1

2R(C − Pn)

также неограниченно убывает, то есть последовательность Pn

2R стремит-ся к C

2R . Далее, из равенств Pn

2R = pn2r , мы получаем, что последователь-

ность pn2r также стремится к C

2R . С другой стороны, эта последователь-ность должна стремится к c

2r и значит C2R = c

2r .


Таким образом, мы можем сказать, что отношение длины окруж-ности к её диаметру есть число постоянное для всех окружностей.Это постоянное число принято обозначать греческой буквой π (читает-ся «пи»).1

Мы можем, таким образом, для длины C окружности написать та-кую формулу:

C = 2R · π или C = 2πR.

Доказано, что число π является числом иррациональным, и, значит, ононе может быть выражено точно никаким рациональным числом. Ноего приближённые значения можно находить различными способамис какой угодно точностью. Приняв периметр вписанного 96-угольниказа приближённую длину окружности, мы получим для π приближён-ное значение 3,14 с недостатком и с точностью до 0,01. Эта точностьдля практических целей почти всегда достаточна. В случаях особеннойточности можно довольствоваться таким приближённым значением (сизбытком): π = 3,1416.2

Ещё в III веке до нашей эры знаменитый сиракузский геометр Архи-мед нашёл для π очень простое приближение 22

7 то есть 3 17 . Это число

несколько более π и разнится от него менее чем на 2 тысячных; оноравно второй подходящей дроби для разложения π цепную дробь

π = 3 +1

7 + 115+ 1

1+···

.

В V веке, китайский математик Цзу Чунчжи нашёл приближение 355113 ,

это четвёртая подходящая дробь. Сейчас вычислены многие триллио-ны знаков в десятичном разложении π, что далеко превосходит всякиепрактические требования. (Например 40 знаков числа π более чем до-статочно чтобы вычислить длину окружности радиуса сравнимого срасстоянием до самой далёкой видимой звезды и с точностью превы-шающей размер атома.)

При решении геометрических задач часто встречается число, об-ратное числу π, то есть равное дроби 1

π . Полезно запомнить несколькоцифр этого числа.

1π = 0,3183098 . . .

1Буква π есть начальная буква греческого слова περιφέρεια (окружность). Обо-значение это введено, по всей вероятности, в XVII веке.

2Для запоминания довольно длинного ряда цифр, выражающих число π, мож-но пользоваться следующим двустишием (придуманным покойным преподавателемсредней школы Шенроком):

Кто и шутя и скоро пожелает(ъ).Пи узнать число уж(ъ) знает(ъ).

Если выписать в ряд числа букв, заключающихся в каждом слове этих фраз (напи-санных по старой орфографии), то получим для π: приближённое число (с избыт-ком), 3,141596536, верное до одной половины десятибиллионной.


З а м е ч а н и е. Число π не является рациональным; более того, онот р а н с ц е н д е н т н о, то есть оно не может служить корнем никако-го алгебраического уравнения с рациональными коэффициентами. Этобыло доказано в 1882 году немецким математиком Фердинандом фонЛиндеманом. В частности, с помощью циркуля и линейки нельзя ре-шить построением задачу о выпрямлении окружности (§ 215), то естьнельзя построить такой отрезок, длина которого в точности равняласьбы длине данной окружности.

240. Длина дуги, содержащей n градусов. Длина окружностиесть 2πR, значит, длина дуги в 1◦ равна 2πR

360 = πR180 ; следовательно,

длина s дуги, содержащей n◦, выразится так:

s =πRn

180.

Если дуга выражена в минутах (n′) или в секундах (n′′), то длина еёопределяется соответственно формулами:

s =πRn

180 · 60или s =

πRn

180 · 60 · 60,

где n — число минут или секунд.

241. З а д а ч а. Вычислить с точностью до 1 мм радиус такойокружности, дуга которой, содержащая 81◦21′36′′, равна 0,452 м.

Обратив 81◦21′36′′ в секунды, получим число 292896. Из уравнения

0,452 =πR · 292896180 · 60 · 60

находим:

R =0,452 · 60 · 60292896 · π

=1

π≈ 0,318(м).

242. З а д а ч а. Определить число градусов дуги, длина которойравна радиусу.

Заменив в формуле, определяющей длину дуги в n◦, величину s наR, получим уравнение:

R =πRn

180или 1 =

πn

180

откуда

n◦ = 180◦ · 1π≈ 180◦ · 0,3183098 = 57,295764◦ ≈ 57◦17′44′′


243. Радианы. Дуга, равная радиусу, называется радианом. В ра-дианах принято мерить и углы — за угол в один радиан берут централь-ный угол который вырезает из окружности дугу равную её радиусу.

Радианы считаются за основную единицу измерения углов — еслиединица измерения углов не указывается, то всегда имеется ввиду ра-диан. Например, прямой угол это «угол равный π

2 », развёрнутый угол— «угол равный π». Градус это второстепенная единица удобная дляработы с дробными частями прямого угла; 1◦ = π

180 ≈ 0, 01745.Заметим, что если α есть угловая величина дуги AB окружности

радиуса R выраженная в радианах то её длину можно выразить фор-мулой

s = α ·R.

Аналогичная формула для угла измеренного в градусах (§ 240) суще-ственно сложнее.

Упражнения1. Доказать, что в двух кругах отношение центральных углов, соот-

ветствующих дугам, имеющим одинаковую длину, равно обратно-му отношению радиусов.

2. На окружности взята точка A и через неё проведены: диаметр AB,сторона правильного вписанного шестиугольника AC и касатель-наяMN . Из центра O опущен на AC перпендикуляр и продолжендо пересечения с касательной в точке D. От этой точки отложенпо касательной (через точку A) отрезок BE, равный трём ради-усам. Точка E соединена с концом диаметра B. Определить, каквелика погрешность, если прямую BE возьмём за длину полу-окружности.

3. На диаметре данной полуокружности построены две равные по-луокружности, и в ту часть плоскости, которая заключена меж-ду тремя полуокружностями, вписан круг. Доказать, что диаметрэтого круга относится к диаметру равных полуокружностей, как2 : 3.

4. Вычислить в градусах, минутах и секундах дугу, равную сторонеквадрата, вписанного в эту окружность.

5. Вычислить длину 1◦ земного экватора, принимая радиус Землиравным 6400 км.

Глава 7

Измерение площадей

1 Понятие о площади

Каждый из нас имеет некоторое представление о площади из повсе-дневной жизни.

Мы займёмся уточнением понятия о площади фигуры и установле-нием способов её измерения.

244. Основные допущения о площадях. Площадь многоуголь-ника это положительное число, удовлетворяющее следующим услови-ям:

1) площади двух равных многоугольников, должны быть равнымежду собой;

M

NP

Рис. 245

2) если данный многоугольник разбитна несколько многоугольников (M , N , P ,рис. 245), то площадь всего многоугольни-ка равна сумме площадей отдельных егочастей.

3) площадь квадрата со стороной рав-ной линейной единице длины считаетсяравной квадратной единице.

З а м е ч а н и я. 1) Единица площадизависит от выбора единицы длины и в каждой конкретной задаче мывольны выбрать удобную единицу длины и соответственно площади,важно только чтобы все измерения были проведены используя толькоэту единицу. Например если за линейную единицу взят отрезок дли-ны 1 метр, то квадрат со стороной 1 метр имеет площадь равную 1квадратный метр.

2) Многоугольники, имеющие равные площади, принято называтьравновеликими. В силу условия 1, равные многоугольники всегда и

201

202 ГЛАВА 7. ИЗМЕРЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ

равновелики, но равновеликие многоугольники могут быть неравными(как те, которые изображены на рис. 246).

3) Поскольку площади измеряются положительными числами, асумма двух положительных чисел всегда больше каждого из слагае-мых, то из условия 2, мы получаем следующее заключение: Площадьлюбого многоугольника больше площади любого другого многоугольни-ка целиком в нём лежащего. Это утверждение иногда формулируетсясокращённо как целое больше части.

A

B

A

B

A B

Рис. 246

4) Положим, что, разбивданный многоугольник M нанесколько многоугольников, мыбудем переставлять эти частии получать таким образом но-вые многоугольники (подобнотому, как на рис. 246 перемеще-ны части A и B). Спрашивает-ся: нельзя ли путём этих пере-

становок получить многоугольник M ′, который мог бы целиком уме-ститься внутри M? Если бы это оказалось возможным, то посколькуцелое больше части, мы получили бы, что

площадь M ′ < площади M,

а при этом, в силу условий 1 и 2, мы получили бы, что

площадь M ′ = площади M.

Эти два утверждения противоречат друг другу. Значит площадьмногоугольников M и M ′ невозможно было бы определить так, чтобыудовлетворялись все условия.

Таким образом возможность определить площадь для многоуголь-ников вовсе не очевидна. Впервые обратил внимание на этот вопроситальянский математик Антонио Де Цольт (1881). Невозможность ука-занной выше перестановки частей многоугольника принималась внача-ле как некоторый постулат, но позднее эта невозможность была строгодоказана.1 Используя это утверждение можно доказать, что каждыймногоугольник (а также фигуры из более широкого класса) имеет опре-делённую площадь удовлетворяющую трём условиям выше (§ 246).

Начиная с § 247, нас будет интересовать как измерить площадьданного многоугольника принимая без доказательства, то что каждыймногоугольники имеет определённую площадь удовлетворяющую трёмусловиям выше.

1Это доказательство довольно сложное; оно приводится например в статье «Пло-щадь и объём» В. А. Рохлина (Энциклопедия элементарной математики, книга пя-тая, Геометрия).

1. ПОНЯТИЕ О ПЛОЩАДИ 203

Рис. 247

245. Об измерении площади. Заметим, что еди-ничный квадрат можно разбить на n2 равных квадра-тов со стороной 1

n . Поскольку площади равных фигурравны, мы получаем, все эти квадраты имеют одну иту же площадь, обозначим её за s. Далее из свойства 2(§ 244), заключаем, что площадь единичного квадратаравна n2 · s. Поскольку площадь единичного квадратаравна единице (условие 3 в § 244) получаем, что площадь квадрата состороной 1

n равна 1n2 .

Рис. 248

Допустим, что на многоуголь-ник M , площадь которого надоизмерить, наложена сеть из еди-ничных квадратов. По отношениюк данному многоугольнику M всеквадраты сети можно разбить натри рода: 1) внешние квадраты, 2)внутренние квадраты и 3) остав-шиеся квадраты, то есть те че-рез которые проходит контур мно-гоугольника. Оставив без внима-ния внешние квадраты, сосчитаемотдельно квадраты внутренние иквадраты 3-го рода. Пусть первыхокажется m, а вторых n. Тогда,очевидно, площадь M будет боль-ше m, но меньше m + n квадратных единиц. Числа m и m + n будутв этом случае приближённые значения измеряемой площади, первоечисло с недостатком, второе с избытком, причём погрешность этогоизмерения меньше n квадратных единиц.

Чтобы получить более точный результат, уплотним сеть квадратов,подраздели в каждый из них на более мелкие квадраты. Например мыможем разбить каждый единичный квадрат на 100 квадратов со сторо-ной 1

10 . Тогда мы получим другие приближённые меры площади, при-чём погрешность будет не больше прежней (так как все квадраты 3-города в уплотнённой сети лежат внутри квадратов 3-го рода в изначаль-ной сети).

246. Квадрируемые фигуры. Построение в предыдущем пара-графе, применимо к произвольным ограниченным фигурам, не обяза-тельно многоугольникам. Если при последовательном уплотнении сетиквадратов погрешность измерения стремится к нулю то фигура назы-вается квадрируемой. Для квадрируемой фигуры, общий предел при-ближённых значений площадей с недостатком и избытком принимаетсяравным её площади. При этом площадь некоторых квадрируемых фи-гур может равняться нулю; например несложно видеть, что фигуры


состоящая из одной точки квадрируема и её площадь равна нулю.Как пример неквадрируемой фигуры, представьте себе фигуру F

состоящую из точек единичного квадрата отстоящих от одной из егосторон на рациональное расстояние (такую фигуру невозможно нари-совать). При попытке приближённо измерить площадь F с помощьюлюбой сетки, мы увидим, только квадраты рода 1 и 3 — любой квадратсодержащий точки из F будет также содержать точки вне F (лежащиена иррациональном расстоянии от стороны). При этом погрешность из-мерения, то есть общая площадь квадратов рода 3 не может быть мень-ше единицы. То есть F не является квадрируемой.

Следующие три утверждения являются ключевыми, при формаль-ном введении понятия площади. Мы приводим только идею их доказа-тельства; полные доказательства не сложные, но довольно громоздкие.

1) Любой многоугольник является квадрируемой фигурой; то естьпри последовательном уплотнении сети квадратов погрешность изме-рения его площади стремится к нулю. То же верно для любой фигурыограниченной конечным набором дуг окружностей и отрезков прямых.В частности, круги, сектора и сегменты являются кварируемыми фи-гурами.

Действительно, заметим, что погрешность измерения равна общейплощади квадратов сетки прорезаемых контуром фигуры. При этомсам контур состоит из нескольких отрезков и дуг. Значит достаточнодоказать, что общая площадь s всех квадратов сетки прорезаемых од-ним отрезком (или дугой) стремится к нулю при неограниченном уплот-нении сетки. Последнее утверждение следует из неравенства, котороемы предлагаем проверить его самостоятельно:

s 6 4 · (`+ a) · a,

где ` есть длина отрезка (или дуги), а a — сторона квадрата сетки.2) Если фигура квадрируема в данной сетке то она квадрируема и в

любой другой сетке. Рассмотрим две сети из квадратов равного разме-ра. Не трудно видеть, что любой квадрат первой сети может пересекатьне более чем девятью квадратами второй сети.

Отсюда следует, что общая площадь квадратов третьего рода дляпервой сети отличаются не более чем в девять раз от общей площа-ди квадратов третьего рода для второй сети. Действительно, любойквадрат третьего рода содержит точки контура фигуры. Значит любойквадрат третьего рода второй сети должен пересекаться с каким-токвадратом третьего рода первой сети. То есть на один квадрат первойсети приходится не более девяти квадратов второй.

Погрешность измерения площади для каждой сети равна общей пло-щади квадратов третьего рода. Значит погрешности измерений в обоихсетках отличаются друг от друга не более чем в 9 раз. То же верно и дляодинаковых уплотнений сетей. Следовательно если погрешность изме-

1. ПОНЯТИЕ О ПЛОЩАДИ 205

рения для уплотнений первой сети стремится к нулю, то тоже верно идля второй сети.

3) Полученное значение площади квадрируемой фигуры не зависитот выбора сетки. В противном случае, при неограниченном уплотненииобоих сеток мы получили бы, что приближённое значение площади взя-тое с избытком одной секте меньше приближённого значения площадивзятое с недостатком в другой. Но эти приближённые значения равныплощадям некоторых многоугольников — многоугольника M1 состав-ленного из квадратов 2-го и 3-го рода первой сетки и многоугольникаM2 составленного из квадратов 2-го рода второй сетки. Заметим чтомногоугольник M1 содержит F , а многоугольник M2 содержится в F .В частности M2 есть часть M1, а целое должно быть больше части(§ 244) — противоречие.


2 Подсчёт площадей многоугольников

247. Основание и высота. Условимся одну из сторон треугольни-ка или параллелограмма называть основанием этих многоугольников,а перпендикуляр, опущенный на эту сторону из вершины треугольникаили из какой-нибудь точки противоположной стороны параллелограм-ма, будем называть высотой.

В прямоугольнике за высоту можно взять сторону, перпендикуляр-ную к той, которая принята за основание.

В трапеции основаниями называют обе параллельные стороны, авысотой — общий перпендикуляр между ними.

Основание и высота прямоугольника называются его измерения-ми.

248. Те о р е м а. Площадь прямоугольника равна произведе-нию его основания на высоту.

При доказательстве могут представиться три случая:1) Длины основания и высоты (измеренных одной и той же едини-

цей) выражаются ц е л ы м и ч и с л а м и.


h

b

Рис. 249

Пусть у данного прямоугольника (рис. 249) ос-нование равно целому числу b линейных единиц,а высота — целому числу h тех же единиц. Раз-делим основание на b и высоту на h равных ча-стей, проведём через точки деления ряд прямых,параллельных высоте, и другой ряд прямых, па-раллельных основанию. От взаимного пересеченияэтих прямых образуются некоторые четырёхуголь-ники.

Возьмём какой-нибудь один из них, напримерчетырёхугольник K (покрытый на рисунке штри-

хами). Так как стороны этого четырёхугольника, по построению, па-раллельны соответствующим сторонам данного прямоугольника, то всеуглы его прямые; значит, четырёхугольник K есть прямоугольник. Сдругой стороны, каждая сторона этого прямоугольника равна расстоя-нию между соседними параллельными прямыми, то есть равна одной итой же линейной единице. Значит, прямоугольник K представляет со-бой квадрат, а именно, ту квадратную единицу, которая соответствуетвзятой линейной единице (если, например, за линейную единицу принятлинейный сантиметр, то площадь квадрата K есть квадратный санти-метр).

Так как сказанное об одном четырёхугольнике справедливо и длявсякого другого, то, значит, проведением указанных параллельных пря-мых мы разбиваем всю площадь данного прямоугольника на квадрат-ные единицы. Найдём их число.

2. ПОДСЧЁТ ПЛОЩАДЕЙ МНОГОУГОЛЬНИКОВ 207

Очевидно, что ряд прямых, параллельных основанию, разделяетпрямоугольник на столько равных горизонтальных полос, сколько ввысоте содержится линейных единиц, то есть на h равных полос. Сдругой стороны, ряд прямых, параллельных высоте, разбивает каж-дую горизонтальную полосу на столько квадратных единиц, сколько восновании содержится линейных единиц, то есть на b квадратных еди-ниц. Значит, всех квадратных единиц окажется b · h. Таким образом.

площадь прямоугольника = b · h.

то есть она равна произведению основания на высоту.2) Длины основания и высоты (измеренных одной и той же едини-

цей) выражаются д р о б н ы м и ч и с л а м и.Пусть, например, у данного прямоугольника

основание = 3 12 = 7

2 линейных единиц.

высота = 4 35 = 23

5 той же единицы.

Приведя дроби к одинаковому знаменателю, получим:

основание = 3510 ; высота = 46

10 .

Примем 110 долю линейной единицы за новую единицу длины.

Тогда мы можем сказать, что основание содержит 35 этих новыхединиц, а высота 46 тех же единиц. Значит, по доказанному, в слу-чае 1-м, площадь прямоугольника равна 35 · 46 таких квадратных еди-ниц, которые соответствуют 1

100 новой единице длины. Но эта квадрат-ная единица составляет часть квадратной единицы, соответствующейпрежней линейной единице; значит, площадь прямоугольника в преж-них квадратных единицах равна:

35 · 46100

=35

10· 4610

= 3 12 · 4

35 (квадратных единиц).

3) Основание и высота (или только одно из этих измерений) несо-измеримы с единицей длины, и, следовательно, их длины выражаютсяи р р а ц и о н а л ь н ы м и ч и с л а м и.

В этом случае можно довольствоваться приближённым результатомизмерения площади с желаемой степенью точности. Но можно и в этомслучае найти точную меру площади прямоугольника.

Пусть длина основания AB прямоугольника ABCD (рис. 250) вы-ражается числом α, а для высоты AD — числом β. Каждое из этихчисел может быть представлено в виде бесконечной десятичной дроби(§ 151). Возьмём приближённые значения этих чисел в виде десятичныхдробей с n десятичными знаками сначала с недостатком, затем с избыт-ком. Приближённые значения с недостатком обозначим через αn (дляпервого числа) и βn (для второго числа), а приближённые значения сизбытком соответственно через α′n и β′n.


α

β

A B

CD

B1

C1D1

B2

C2D2

Рис. 250

Отложим на основании AB от точкиA сначала отрезок AB1 длины αn, затемотрезок AB2 длинны α′n. Очевидно,

AB1 6 AB 6 AB2.

Отложим, далее, на высоте AD от точкиA отрезки AD1 и AD2, длины которыхравны соответственно βn и β′n. Очевидно,

AD1 6 AD 6 AD2.

Построим вспомогательные прямо-угольники AB1C1D1 и AB2C2D2, у каж-

дого из них основание и высота выражаются рациональными числами:

AB1 = αn, AD1 = βn,

AB2 = α′n, AD2 = β′n.

Поэтому, согласно доказанному в случае 2-м.

площадь AB1C1D1 = αn · βn,площадь AB2C2D2 = α′n · β′n.

Поскольку прямоугольник AB1C1D1 составляет часть прямоуголь-ника ABCD, а прямоугольник ABCD составляет часть прямоугольни-ка AB2C2D2; имеем

αn · βn 6 площадь ABCD 6 α′n · β′n.

Это двойное неравенство остаётся верным при всяком значении n, тоесть оно остаётся верным, с какой бы точностью мы ни находили при-ближённые значения чисел α и β. Значит, мы можем сказать, что пло-щадь ABCD должна выражаться таким числом, которое больше произ-ведения любых приближённых значений чисел α и β, если эти значениявзяты с недостатком, но меньше произведения любых их приближён-ных значений, если эти значения взяты с избытком. Но существуетединственное такое число, это произведение чисел α и β (§ 155). Сле-довательно

площадь ABCD = α · β.

Таким образом, и в этом случае площадь прямоугольника равна про-изведению основания на высоту.

249. Те о р е м а. Площадь параллелограмма (ABCD, рис. 251и 252) равна произведению основания на высоту.


b

h

A

B C

D

E F

b

h

A

B C

D

E F

Рис. 251 Рис. 252

На основании AD (на том и другом рисунке) построим прямоуголь-ник AEFD, у которого сторона EF составляет продолжение стороныBC.

При этом могут представиться два случая:1) сторона BC лежит вне стороны EF и 2) сторона BC частью

совпадает с EF (первый случай изображён на рис. 251, второй — нарис. 252). Докажем, что и в том, и другом случае

площадь ABCD = площади AEFD.

Если параллелограмм дополним треугольником AEB, а прямоугольникдополним треугольником DFC, то мы получим одну и ту же трапециюAECD. Так как дополняющие треугольники равны (они имеют по двестороны и углу, заключённому между ними, соответственно равными),то параллелограмм и прямоугольник должны быть равновелики. Ноплощадь AEFD = b·h; следовательно, и площадь ABCD = b·h, причёмb можно рассматривать как основание параллелограмма и h — как еговысоту.

250. Те о р е м а. Площадь треугольника (ABC, рис. 253) рав-на половине произведения основания на высоту.

Проведём BE ‖ AC и AE ‖ BC. Тогда получим параллелограммAEBC, площадь которого, по доказанному, равна b · h. Поскольку тре-угольники ABC и BAE равны, площадь 4ABC составляет половинуплощади ADBC; то есть

площадь 4ABC = 12b · h.

З а м е ч а н и е. Легко убедиться, что всякий треугольник разлага-ется на части, перемещением которых можно образовать прямоуголь-ник, имеющий одинаковое с треугольником основание и высоту, вдвоеменьшую высоты треугольника (рис. 254).


A

B

C

E

b

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

A

B

C

Рис. 253 Рис. 254

251. С л е д с т в и я. 1) Треугольники с равными основаниями иравными высотами равновелики.

Если, например, вершину B треугольника ABC (рис. 255) будем пе-ремещать по прямой, параллельной основанию AC, а основание оста-вим то же самое, то площадь треугольника не будет изменяться.

A

B

C

A

B

C

D

O

Рис. 255 Рис. 256

2) Площадь прямоугольного треугольника равна половине произве-дения его катетов, потому что один катет можно взять за основание,а другой — за высоту.

3)Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей.Дей-ствительно, если ABCD (рис. 256) есть ромб, то его диагонали взаимноперпендикулярны. Поэтому

площадь 4ABC = 12AC ·OB

+площадь 4ACD = 1

2AC ·OD

площадь ABCD = 12AC · (OB +OD) = 1

2AC ·BD.

4) Площади двух треугольников относятся как произведения ихоснований на высоты (множитель 1

2 сокращается).


252. Те о р е м а.Площадь трапеции равна произведению по-лусуммы оснований на высоту.

Проведя в трапеции ABCD (рис. 257) диагональ AC, мы можемрассматривать её площадь как сумму площадей двух треугольниковCAD и ABC. Поэтому

площадь трапеции ABCD = 12AD · h+ 1

2BC · h = 12 (AD +BC) · h.

A

B C

D

h hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

A

B C

D

M N

Рис. 257 Рис. 258

253. С л е д с т в и е. Если MN (рис. 258) есть средняя линия тра-пеции, то, как известно (§ 99).

MN = 12 (AD +BC).

Поэтомуплощадь трапеции ABCD =MN · h.

то есть площадь трапеции равна произведению средней линии на высо-ту. Это же можно видеть и непосредственно из рис. 258.

254. Те о р е м а. Площадь всякого описанного многоуголь-ника равна произведению периметра на половину радиуса.

A

B

C

DE


R

Рис. 259

Соединив центр O (рис. 259) со всеми вер-шинами описанного многоугольника, мы разде-лим его на треугольники, в которых за основа-ния можно взять стороны многоугольника, а завысоты — радиус круга.

Обозначив этот радиус через R, будемиметь:

площадь 4AOB = AB · 12R,площадь 4BOC = BC · 12R и т. д.


площадь ABCDE = (AB +BC + CD +DE + EA) · 12R = P · 12R,

где буквой P обозначен периметр многоугольника.


С л е д с т в и е. Площадь правильного многоугольника равна произ-ведению периметра на половину апофемы, потому что всякий правиль-ный многоугольник можно рассматривать как описанный около круга,у которого радиус есть апофема.

255. Площадь неправильного многоугольника. Для нахож-дения площади какого-нибудь неправильного многоугольника можноего разбить на треугольники (например, диагоналями), вычислить пло-щадь каждого треугольника в отдельности и результаты сложить.

256. З а д а ч а. Построить треугольник, равновеликий данномумногоугольнику (ABCDE, рис. 260).

A

B

C

D

EF G

M

N

Рис. 260

Какой-нибудь диагональю AC отсекаем отданного многоугольника треугольник ABC.Через ту вершину B этого треугольника, ко-торая лежит против взятой диагонали, про-водим прямую MN ‖ AC. Затем продолжимодну из сторон EA или DC, прилежащих котсечённому треугольнику, до пересечения спрямойMN (на рисунке продолжена сторонаEA). Точку пересечения F соединим прямойс C. Треугольники CBA и CFA равновелики,так как у них общее основание AC, а верши-

ны B и F лежат на прямой, параллельной основанию.Если от данного многоугольника отделим4CBA и вместо него при-

ложим равновеликий ему 4CFA, то величина площади не изменит-ся; следовательно, данный многоугольник равновелик многоугольникуFCDE, у которого, очевидно, число углов на единицу меньше, чем уданного многоугольника.

Таким же приёмом можно число углов полученного многоугольни-ка уменьшить ещё на единицу и продолжать такое последовательноеуменьшение до тех пор, пока не получится треугольник (FCG на на-шем рисунке).

257. З а д а ч а. Построить квадрат, равновеликий данному мно-гоугольнику.

Сначала преобразовывают многоугольник в равновеликий треуголь-ник, а затем этот треугольник — в квадрат. Пусть основание и высотатреугольника b и h, а сторона искомого квадрата x. Тогда площадьпервого равна b · h, а второго — x2; следовательно,

12b · h = x2,

откуда 12b : x = x : h, то есть x есть средняя пропорциональная между

12b и h. Значит, сторону квадрата можно построить способом, указан-ным раньше (§ 198) для нахождения средней пропорциональной.


З а м е ч а н и е. Преобразование данного многоугольника в тре-угольник не всегда необходимо. Например, если речь идёт о преоб-разовании в квадрат данной трапеции, то достаточно найти среднююпропорциональную между высотой трапеции и её средней линией и наполученном отрезке построить квадрат.

258. З а д а ч а. Вычислить площадь S треугольника, зная длиныa, b и c его сторон.

c′ b′a

A

B CD

bc ha

Рис. 261

Пусть высота 4ABC (рис. 261), опущен-ная на сторону a, есть ha. Тогда

S = 12aha.

Чтобы найти высоту ha, возьмём равен-ство (§ 202):

b2 = a2 + c2 − 2ac′

и определим из него отрезок c′.

c′ =a2 + c2 − b2

2a.

Из 4ABD находим:

ha =√c2 − (c′)2 =

=

√c2 −

(a2 + c2 − b2

2a

)2

=

=1

2a

√4a2c2 − (a2 + c2 − b2)2.

Преобразуем подкоренное выражение так:

4a2c2 − (a2 + c2 − b2)2 =

= [2ac+ (a2 + c2 − b2)] · [2ac− (a2 + c2 − b2)] == [(a2 + 2ac+ c2)− b2] · [b2 − (a2 − 2ac+ c2)] =

= [(a+ c)2 − b2] · [b2 − (a− c)2] == (a+ c+ b)(a+ c− b)(b+ a− c)(b− a+ c).


S = 12aha = 1

4

√(a+ c+ b)(a+ c− b)(b+ a− c)(b− a+ c).

(Так как в треугольнике сумма любых двух сторон больше третьей, товсе разности a+ b− c, a+ c− b и b+ c− a — числа положительные.)


Если положим, что a+ b+ c = 2p, то

a+ c− b = (a+ b+ c)− 2b = 2p− 2b = 2(p− b).

Подобно этому

b+ a− c = 2(p− c);b+ c− a = 2(p− a).

Тогда

S = 14

√2p · 2(p− a) · 2(p− b) · 2(p− c),

то есть

S =√p(p− a)(p− b)(p− c).

Это выражение известно под названием формулы Герона (по имениматематика Герона из Александрии, жившего приблизительно в III—IIвеках до нашей эры).

Ч а с т н ы й с л у ч а й . Площадь равностороннего треугольника состороной a выражается следующей формулой:

S =

√3a

2· a2· a2· a2=

=a2√3

4.

Теорема Пифагора и основанные на ней задачи

259. Те о р е м а. Сумма площадей квадратов, построенныхна катетах прямоугольного треугольника, равна площадиквадрата, построенного на гипотенузе этого треугольника.

Это предложение является другой формой теоремы Пифагора, до-казанной ранее (§ 199): квадрат числа, измеряющего длину гипотену-зы, равен сумме квадратов чисел, измеряющих длины катетов. Дей-ствительно, квадрат числа, измеряющего длину отрезка, и являетсямерой площади квадрата, построенного на этом отрезке. Поэтому тео-рема § 199 равносильна указанной теореме Пифагора.

Приведём другое доказательство теоремы Пифагора, основанное нена вычислении площадей, а на непосредственном их сравнении междусобой.

Д о к а з а т е л ь с т в о (Евклида). Пусть ABC (рис. 262) — прямо-угольный треугольник, а BDEA, AFGC и BCKH — квадраты, по-строенные на его катетах и гипотенузе; требуется доказать, что суммаплощадей двух первых квадратов равна площади третьего квадрата.


Проведём AM ⊥ BC. Тогда квадрат BCKH разделится на два пря-моугольника. Докажем, что прямоугольник BLMH равновелик квад-рату BDEA, а прямоугольник LCKM равновелик квадрату AFGC.

A

B C

D

E

F

G

H K

L

M


PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP

Рис. 262

Проведём вспомогательные прямыеDC и AH. Рассмотрим два треуголь-ника, покрытые на рисунке штрихами.Треугольник BCD, имеющий основа-ние BD, общее с квадратом BDEA, авысоту CN , равную высоте AB этогоквадрата, равновелик половине квадра-та. Треугольник ABH, имеющий осно-вание BH, общее с прямоугольникомBLMH, и высоту AP , равную высотеBL этого прямоугольника, равновеликполовине его. Сравнивая эти два тре-угольника между собой, находим, что уних BD = BA и BC = BH (как сто-роны квадрата); сверх того ∠DBC =∠ABH, так как каждый из этих угловсостоит из общей части ABC и прямого угла. Значит, треугольникиABH и DBC равны. Отсюда следует, что прямоугольник BLMH рав-новелик квадрату BDEA.

Соединив G с B и A с K, мы совершенно так же докажем, чтопрямоугольник LCKM равновелик квадрату AFGC. Отсюда следует,что квадрат BCKH равновелик сумме квадратов BDEA и AFGC.

260. З а д а ч и. 1) Построить квадрат, площадь которого равнасумме площадей двух данных квадратов.

Строим прямоугольный треугольник, у которого катетами были быстороны данных квадратов. Квадрат, построенный на гипотенузе этоготреугольника, имеет площадь, равную сумме площадей данных квад-ратов.

2) Построить квадрат, площадь которого равна разности площа-дей двух данных квадратов.

D

BCA

EF G

m n

Рис. 263

Строим прямоугольный треуголь-ник, у которого гипотенузой была бысторона большего из данных квадра-тов, а катетом — сторона меньшегоквадрата. Квадрат, построенный надругом катете этого треугольника, яв-ляется искомым.

3) Построить квадрат, площадькоторого относится к площади дан-ного квадрата как m : n.

На произвольной прямой (рис. 263) откладываем отрезки AB = m и


BC = n, и на AC как на диаметре описываем полуокружность. Из точ-ки B восстанавливаем перпендикуляр BD до пересечения с окружно-стью. Проведя хорды AD и DC, получим прямоугольный треугольник,у которого (§ 200)

AD2

DC2=AB

BC=m

n.

На катете DC этого треугольника отложим отрезок DF , равный сто-роне данного квадрата,2 и проведём EF ‖ CA. Отрезок DE есть сторо-на искомого квадрата, потому что

DF

DE=AD

DC,

откуда (DF

DE

)2

=

(AD

DC

)2

;

следовательно,DF 2

DE2=AD2

DC2=m

n.

Отношение площадей подобных многоугольников

261. Те о р е м а.Площади двух треугольников, имеющих поравному углу, относятся как произведения сторон, заключа-ющих эти углы.

Пусть в треугольниках ABC и A1B1C1 (рис. 264) углы A и A1 равны.

A

B

CD A1

B1

C1D1

Рис. 264

Проведя высоты BD и B1D1, будем иметь:

площадь ABCплощадь A1B1C1

=AC ·BD

A1C1 ·B1D1=

AC

A1C1· BDB1D1

.

2Если сторона данного квадрата больше DC, то точки E и E будут лежать напродолжениях катетов DC и DA.


Треугольники ABD и A1B1D1 подобны (∠A = ∠A1 и ∠D = ∠D1),поэтому

BD

B1D1=

AB

A1B1;

заменив первое отношение вторым, получим:


=AC

A1C1· BDB1D1

=AC

A1C1· ABA1B1

.

262. Те о р е м а. Площади подобных треугольников илимногоугольников относятся как квадраты соответствен-ных сторон.

1) Если ABC и A1B1C1 — два подобных треугольника, то углы од-ного равны соответственно углам другого; пусть ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1

и ∠C = ∠C1. Применим к ним предыдущую теорему:


=AB ·AC

A1B1 ·A1C1=

AB

A1B1· ACA1C1

. (1)

Но из подобия треугольников следует:

AB

A1B1=

AC

A1C1=

BC

B1C1(2)

Поэтому в равенстве (1) мы можем каждое из отношений ABA1B1

и ACA1C1

заменить любым отношением ряда (2); следовательно:


=

(AB

A1B1

)2

=

(AC

A1C1

)2

=

(BC

B1C1

)2

=

=AB2

A1B21

=AC2

A1C21

=BC2

B1C21

.

2) Если ABCDE и A1B1C1D1E1 (рис. 265) — два подобных много-угольника, то их можно, как мы видели (§ 178), разложить на одина-ковое число подобных и одинаково расположенных треугольников.

Пусть эти треугольники будут: AOB и A1O1B1, BOC и B1O1C1

и т. д. Согласно доказанному в первой части этой теоремы, мы получимпропорции:

площадь AOBплощадь A1O1B1

=

(AB

A1B1

)2

;

площадь BOCплощадь B1O1C1

=

(BC

B1C1

)2

и так далее

Но из подобия многоугольников следует:

AB

A1B1=

BC

B1C1=

CD

C1D1= . . .


A

B

C

D

E

O

A1

B1

C1

D1

E1

O1

Рис. 265

и потому (AB

A1B1

)2

=

(BC

B1C1

)2

=

(CD

C1D1

)2

= . . .

Значит,

площадь AOBплощадь A1O1B1

=площадь BOC

площадь B1O1C1=

=площадь COD

площадь C1O1D1=

= . . . ,

откуда

площадь AOB + площадь BOC + · · ·+ площадь EOAплощадьA1O1B1 + площадьB1O1C1 + · · ·+ площадьE1O1A1

=

=площадь ABCDE

площадь A1B1C1D1E1=

AB2

A1B21

.

С л е д с т в и е. Площади правильных n-угольников относятся какквадраты сторон, или квадраты радиусов описанных окружностей,или квадраты апофем.

A

B CD

a

bc

Рис. 266

263. Покажем, что теорему Пифа-гора (§ 199) можно получить как след-ствие из теоремы в § 262.

Пусть ABC (рис. 266) есть прямо-угольный треугольник, AD — перпен-дикуляр, опущенный на гипотенузу извершины прямого угла. Треугольники


ABC, DBA подобны, так как имеют по прямому углу и ещё общийугол B. Значит

площадь DBAплощадь ABC

=c2

a2.

Точно также получаем, что

площадь DACплощадь ABC

=b2

a2.

Поскольку треугольники DBA и DAC вместе составляют 4ABC,сумма площадей 4DBA и 4DAC равна площади 4ABC. Отсюда

b2 + c2

a2= 1

илиb2 + c2 = a2.

264. З а д а ч а. Разделить данный треугольник на m равновеликихчастей прямыми, параллельными его стороне.

Пусть, например, требуется разделить 4ABC (рис. 267) на три рав-новеликие части отрезками, параллельными основанию AC.

Предположим, что искомые отрезки будут DE и FG. Очевидно, чтоесли мы найдём отрезки BE и BG, то определятся и отрезки DE и FG.Треугольники BDE, BFG и BAC подобны; поэтому

площадь BDEплощадь BAC

=BE2

BC2и

площадь BFGплощадь BAC

=BG2

BC2.

Но

площадь BDEплощадь BAC

=1

3и

площадь BFGплощадь BAC

=2

3.


BE2

BC2=

1

3и

BG2

BC2=

2

3,

откуда

BE =√

13BC

2 =√

13BC ·BC

и

BG =√

23BC

2 =√

23BC ·BC

Из этих выражений видим, что BE есть средняя пропорциональнаямежду BC и 1

3BC, а BG есть средняя пропорциональная между BC и23BC.


A

B

C

D E

FG

H

Ka

b

Рис. 267

Поэтому построение можно выпол-нить так: разделим BC на три равныечасти в точках a и b; опишем на BC полу-окружность; из a и b восстановим к BCперпендикуляры aH и bK. Хорды HB иKB будут искомыми средними пропор-циональными; первая — между всем диа-метром BC и его третьей частью Ba, вто-рая — между BC и Вb, то есть между BCи 2

3BC. Остаётся отложить эти хорды наBC от точки B, тогда получим искомые

точки E и G.Подобным образом можно разделить треугольник на какое угодно

число равновеликих частей.

3. ПЛОЩАДЬ КРУГА И ЕГО ЧАСТЕЙ 221

3 Площадь круга и его частей

265. Л е м м а. При неограниченном увеличении n, сторо-на правильного вписанного n-угольника делается как угодномалой.

Пусть pn есть периметр правильного вписанного n-угольника; то-гда длина одной его стороны выразится дробью pn

n . При неограничен-ном увеличении n знаменатель этой дроби будет, очевидно, возрастатьнеограниченно, а числитель, то есть pn, хотя и может возрастать, ноне беспредельно, так как периметр всякого вписанного выпуклого мно-гоугольника всегда остаётся меньшим периметра любого описанногомногоугольника.

Если же в какой-нибудь дроби знаменатель неограниченно возрас-тает, а числитель остаётся меньше некоторой постоянной величины, тодробь эта может сделаться как угодно малой. Значит, то же самое мож-но сказать о стороне правильного вписанного n-угольника: при неогра-ниченном n она может сделаться как угодно малой.

A BC

D

O

Рис. 268

266. С л е д с т в и е. Пусть AB (рис. 268)есть сторона правильного вписанного много-угольника, OA — радиус и OC — апофема. Из4OAC находим (§ 49):

OA−OC < AC,

то естьAO −OC < 1

2AB.

Но при увеличении n, сторона правильноговписанного n-угольника, как мы сейчас доказали, может сделаться какугодно малой; значит, то же самое можно сказать и о разности OA−OC.

Таким образом, при неограниченном увеличении n, разность междурадиусом и апофемой правильного вписанного n-угольника может сде-латься как угодно малой. Это же можно высказать другими словамитак: предел, к которому стремится апофема an правильного вписан-ного n-угольника, есть радиус.

267. Л е м м а. Разность между площадью правильного n-угольника, описанного около круга, и площадью правильногоn-угольника, вписанного в тот же круг, стремится к нулюпри неограниченном увеличении n.

Впишем в окружность (рис. 269) и опишем около неё по правильно-му n-угольнику (на чертеже изображены 6-угольники). Пусть R будетрадиус круга, an — апофема вписанного n-угольника, qn его площадьи Qn — площадь описанного n-угольника. Тогда (§ 262)

Qnqn

=R2

a2n


anR

Рис. 269

и следовательно

Qn − qnqn

=R2 − a2na2n

.

Откуда(Qn − qn)a2n = qn(R

2 − a2n)

или(Qn − qn)a2n = qn(R+ an)(R− an).

При неограниченном увеличении n, разность R − an стремится кнулю (§ 266). Сомножитель qn остаётся ограниченным, так как пло-щадь вписанного многоугольника меньше площади любого описанного.Сомножитель R + an всегда остаётся меньше R + R. Вследствие этогоправая часть последнего равенства (а значит и левая его часть), принеограниченном увеличении n, стремится к нулю.

Заметим, что сомножитель a2n в левой части возрастает при увели-чении n (§ 115). Значит левая часть может стремиться к нулю толькотогда, когда другой сомножитель Qn − qn стремится к нулю. То естьразница площадей описанного и вписанного n-угольников стремится кнулю.

268. З а м е ч а н и е. Таким же путём мы можем доказать, что раз-ность между периметром описанного и периметром вписанного пра-вильного n-угольника, при неограниченном увеличении n, стремитсяк нулю.

Действительно, если периметры правильных n-угольников, описан-ного и вписанного, обозначены буквами Pn и pn, то (Следствие в § 221):

Pnpn

=R

an.

ОткудаPn − pnpn

=R− anan

,

и следовательно(Pn − pn)an = (R− an)pn.

При неограниченном увеличении n правая часть последнего равен-ства (а следовательно, и его левая часть) стремится к нулю, так какмножитель R− an, по доказанному, стремится к нулю, а множитель pnостаётся ограниченным (так как периметр вписанного многоугольникане превосходит периметр любого описанного). Но левая часть равен-ства, представляя собою произведение, в котором сомножитель an уве-личивается с ростом n, может стремиться к нулю только тогда, когдаего другой сомножитель стремится к нулю; а этот сомножитель и естьразность периметров Pn и pn.


269. Те о р е м а. Площадь круга есть oбщий предел площа-дей правильных вписанных в этот круг и описанных околонего n-угольников при неограниченном возрастании n.

Пусть около круга, площадь которого мы обозначим K, описан пра-вильный n-угольник и в него вписан правильный n-угольник (рис. 269).Обозначим площадь первого Qn а площадь второго qn. При увеличе-нии n, величины Qn и qn меняются, тогда как величина K остаётсянеизменной. Требуется доказать, что при неограниченном увеличенииn величины Qn и qn стремятся к одному и тому же пределу, а именнок площади K.

Заметим, что для любого n, выполняется неравенство

Qn > K > qn

и потому каждая из двух разностей: Qn − K и K − qn всегда меньшеразностиQn−qn. Но при неограниченном увеличении n разностьQn−qnстремится к нулю (§ 267). Следовательно, при этом каждая из меньшихразностей: Qn−K и K−qn и подавно стремится к нулю; а это, согласноопределению предела, означает, что K является общим пределом дляQn и qn.

270. З а м е ч а н и е. Можно также утверждать, что длина окруж-ности есть общий предел периметров правильных вписанных в этуокружность и описанных около неё n-угольников при неограниченномувеличении n. Действительно, из того обстоятельства, что разностьPn − pn стремится к нулю (§ 268), надо заключить, что периметры Pnи pn могут стремиться только к одному и тому же пределу; но пределpn есть то, что принимается за длину окружности; значит, и предел Pnравен длине окружности.

271. Площадь круга. Впишем в круг, радиус которого обозначимR, какой-нибудь правильный n-угольник. Пусть

площадь этого многоугольника будет qn,

периметр —"— —"— —"— pn,

апофема —"— —"— —"— an.

Мы видели (§ 254, следствие), что между этими величинами естьтакая зависимость.

qn = 12pn · an.

Вообразим теперь, что n неограниченно увеличивается. Тогда пери-метр pn и апофема an (следовательно, и площадь qn) будут меняться,причём периметр будет стремиться к пределу, принимаемому за длинуокружности C, апофема будет стремиться к пределу, равному радиусукруга R. Из этого следует, что площадь n-угольника будет стремиться


к пределу, равному 12C ·R. Но согласно § 269 этот предел и есть площадь

круга.Таким образом, обозначив площадь круга буквой K, можем напи-

сать:

K = 12C ·R

то есть площадь круга равна половине произведения длиныокружности на радиус.

Так как C = 2πR, то

K = 12 · 2πR ·R = πR2,

то есть площадь круга равна квадрату радиуса, умноженномуна отношение длины окружности к диаметру.

272. С л е д с т в и е. Площади кругов относятся, как квадраты ра-диусов или диаметров.

Действительно, если K и K1 будут площади двух кругов, а R и R1

— их радиусы, то

K = πR2

и

K1 = πR21,

откуда

K

K1=πR2

πR21

=R2

R21

=

=4R2

4R21

=(2R)2

(2R1)2.

273. З а д а ч а 1. Вычислить площадь круга, длина окружностикоторого равна 2 м.

Для этого предварительно находим радиус R из равенства.

2πR = 2.

откуда

R = 1π = 0,3183 . . .

Затем определим площадь круга.

K = πR2 = π( 1π )2 = 1

π = 0,3183 . . .м2.


274. З а д а ч а 2. Построить квадрат, равновеликий данному кру-гу.

Эта задача, известная под названием к в а д р а т у р ы к р у г а, неможет быть решена при помощи циркуля и линейки. Действительно,если обозначим буквой x сторону искомого квадрата, а буквой R радиускруга, то получим уравнение:

x2 = πR2.

откудаπR

x=x

R

то есть x есть средняя пропорциональная между полуокружностью ирадиусом. Следовательно, если известен отрезок, длина которого равнадлине полуокружности, то легко построить квадрат, равновеликий дан-ному кругу, и обратно, если известна сторона квадрата, равновеликогокругу, то можно построить отрезок, равный по длине полуокружности.Но с помощью циркуля и линейки нельзя построить отрезок, длинакоторого равнялась бы длине полуокружности (§ 239); следовательно,нельзя в точности решить задачу о построении квадрата, равновели-кого кругу. Приближённое решение можно выполнить, если предвари-тельно найти приближённую длину полуокружности и затем построитьсреднюю пропорциональную между отрезком этой длины и радиусом.

275. Те о р е м а. Площадь сектора равна произведению дли-ны его дуги на половину радиуса.

Пусть дуга AB (рис. 270) сектора AOB содержит n◦. Очевидно, чтоплощадь сектора, дуга которого содержит 1◦, составляет 1

360 часть пло-щади круга, то есть она равна πR2

360 . Следовательно, площадь S сектора,дуга которого содержит n◦, равна:

S =πR2

360· n◦ = πR · n◦

180· R2.

A B

O

s

SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS

Рис. 270

Так как дробь πRn◦

180 выражает длину дуги AB(§ 240), то, обозначив её буквой s, получим:

S = s · R2.

Заметим также, что если α угловая мера уг-ла AOB выраженная в радианах то s = α · R(§ 243) и значит

S =α ·R2

2.


З а м е ч а н и е. Строго говоря, предложенное рассуждение доказы-вает формулу

S = s · R2

только при целом значении n. Аналогичным способом можно устано-вить равенства в случае если угол AOB имеет общую меру с полнымуглом.

Верность этого равенства для произвольных секторов доказываетсяаналогично лемме в § 168; то есть требуется предъявить произвольноблизкие приближения для S с недостатком и избытком между которы-ми лежит значение s · R2 .

276. Площадь сегмента. Для нахождения площади сегмента,ограниченного дугой s и хордой AB (рис. 270), надо отдельно вычис-лить площадь сектора AOB и площадь треугольника AOB и из первойвычесть вторую.

Впрочем, когда градусное измерение дуги s невелико, площадь сег-мента можно вычислять по следующей п р и б л и ж ё н н о й формуле(мы её приводим без доказательства):

площадь сегмента ≈ 23bh. (1)

где b есть основание сегмента (рис. 271), а h — его высота (обыкновенноназываемая стрелкой сегмента). Иначе говоря, площадь сегмента нарис. 271 близка к площади прямоугольника на том же рисунке.

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

b

23h

Рис. 271

Доказано, что погрешность результата вычисления, получаемого поэтой приближённой формуле, тем меньше, чем меньше отношение h

b ;так, если h < 1

9b (что бывает тогда, когда дуга s содержит меньше50◦), то погрешность оказывается меньше 1% площади. Более точныерезультаты даёт более сложная формула.

площадь сегмента ≈ 23bh+

h3

2b. (2)




1. В параллелограмме расстояния от любой точки диагонали до двухприлежащих сторон обратно пропорциональны этим сторонам.

2. Площадь трапеции равна произведению одной из непараллельныхсторон на перпендикуляр, опущенный из середины другой непа-раллельной стороны на первую.

3. Два четырёхугольника равновелики, если у них равны соответ-ственно диагонали и угол между ними.

4. Если площади двух треугольников, прилежащих к основаниямтрапеции и образуемых пересечением её диагоналей, равны со-ответственно p2 и q2, то площадь всей трапеции равна (p+ q)2.

5. Площадь правильного вписанного шестиугольника равна 34 пло-

щади правильного описанного шестиугольника.

6. В четырёхугольнике ABCD через середину диагонали BD про-ведена прямая, параллельная другой диагонали AC. Эта прямаяпересекает сторону AD в точке E. Доказать, что отрезок CE де-лит четырёхугольник пополам.

7. Если медианы треугольника взять за стороны другого треуголь-ника, то площадь последнего равна площади первого.

8. В круге с центром O проведена хорда AB. На радиусе OA, какна диаметре, описана окружность. Доказать, что площади двухсегментов, отсекаемых хордой AB от обоих кругов, относятся, как4:1.

9. Точка X внутри треугольника ABC лежит на медиане AM тогдаи только тогда, когда площадь треугольника ABX равна площадитреугольника ACX.


10. Вычислить площадь прямоугольной трапеции, у которой один изуглов равен 60◦, зная или оба основания, или одно основание ивысоту, или одно основание и боковую сторону, наклонную к ос-нованию.

11. Даны основания трапеции B и b и её высота Н. Вычислить высо-ту треугольника, образованного продолжением непараллельныхсторон трапеции до взаимного пересечения.


12. В треугольник вписан другой треугольник, вершины которого де-лят пополам стороны первого треугольника; в другой треугольниквписан подобным же образом третий; в третий — четвёртый и т. д.неограниченно. Найти предел суммы площадей этих треугольни-ков.

13. По трём данным сторонам a, b и c треугольника вычислить радиусr круга, вписанного в этот треугольник.

У к а з а н и е. Если S есть площадь треугольника, то легко усмот-реть, что

S = 12ar +

12br +

12cr = pr,

где p означает полупериметр треугольника. С другой стороны,площадь S выражается формулой Герона (§ 258). Отсюда можнополучить формулу для r.

14. Вычислить стрелку (высоту) и площадь сегмента в зависимостиот радиуса r круга, если центральный угол, соответствующий сег-менту, содержит 60◦. Вычисление это произвести тремя способа-ми: 1) посредством вычитания из площади сектора площади тре-угольника; 2) по первой сокращённой формуле, указанной в § 276;3) по второй сокращённой формуле, указанной там же. Сравнитерезультаты вычисления друг с другом с целью определить абсо-лютную и относительную погрешности приближённых результа-тов.

Р е ш е н и е.b = r;

h = r − 12r√3 = 1

2r(2−√3) ≈ 0,1340 · r;

1) площадь p1 = πr2

6 −r2√3

4 ≈ 0,0906 · r2;2) площадь p2 ≈ 2

3bh = 23 · r · 0,1340 · r = 0,0893 · r2;

3) площадь p3 ≈ 23bh+ h3

2b = 0,0893r2 + 0,0012r2 = 0,0905 · r2.Абсолютная погрешность.

для площади p2 ≈ 0,0906 · r2 − 0,0893 · r2 = 0,0013 · r2;

для площади p3 ≈ 0,0906 · r2 − 0,0905 · r2 = 0,0001 · r2.

Относительная погрешность (то есть отношение абсолютной по-грешности к измеряемой величине):

для площади p2 =p1 − p2p1

≈ 0,0013r2

0,0906r2≈ 0,014 = 1,4%;


для площади p3 =p1 − p3p1

≈ 0,0001r2

0,0906r2≈ 0,001 = 0,1%;

Таким образом, результат, вычисленный по первой приближён-ной формуле, меньше истинного результата (приблизительно) на1,4%, а результат, вычисленный по второй приближённой форму-ле, меньше истинного на 0,1%.

15. 1) Зная основание b сегмента и высоту его (стрелку) k, вычислитьрадиус r круга.

У к а з а н и е. Из прямоугольного треугольника, у которого гипо-тенуза есть r, один катет b

2 , а другой r − h, находим уравнение:

( b2 )2 + (r − h)2 = r2

из которого легко определить r.

2) Вычислить диаметр круга, если известно, что при основаниисегмента, равном 67,2 см, стрелка его есть 12,8 см (смотри преды-дущее указание).


16. Разделить треугольники прямыми, проходящими через его вер-шину, на три части, площади которых относятся, как m : n : p.

17. Разделить треугольник на две равновеликие части прямой, про-ходящей через данную точку его стороны.

18. Найти внутри треугольника такую точку, чтобы прямые, соеди-няющие её с вершинами треугольника, делили его на три равно-великие части.

У к а з а н и е. Разделим сторону AC на 3 равные части в точкахE и E. Через E проводим прямую, параллельную AB, и через E— прямую, параллельную BC. Точка пересечения этих прямых —искомая.

19. То же — на три части в отношении 2 : 3 : 4 (или вообще m : n : p).

20. Разделить параллелограмм на три равновеликие части прямыми,исходящими из вершины его.

21. Разделить параллелограмм на две части прямой, проходящей че-рез данную точку на продолжении его стороны, так, чтобы ихплощади относились, как m : n.

У к а з а н и е. Среднюю линию параллелограмма разделить в от-ношении m : n и точку деления соединить прямой с данной точ-кой.


22. Разделить параллелограмм на три равновеликие части прямыми,параллельными диагонали.

23. Разделить площадь треугольника в среднем и крайнем отношениипрямой, параллельной основанию.

У к а з а н и е. Решается приложением алгебры к геометрии.

24. Разделить треугольник на три равновеликие части прямыми, пер-пендикулярными к основанию.

25. Разделить круг на 2, на 3, . . . равновеликие части концентриче-скими окружностями.

26. Разделить трапецию на две равновеликие части прямой, парал-лельной основаниям.

У к а з а н и е. Продолжив непараллельные стороны до взаимногопересечения, взять за неизвестную величину расстояние от концаискомой линии до вершины треугольника; составить пропорции,исходя из площадей подобных треугольников.

27. Данный треугольник преобразовать в другой равновеликий пря-моугольник с данным основанием.

28. Построить квадрат, равновеликий 23 данного квадрата.

29. Преобразовать квадрат в равновеликий прямоугольник, у кото-рого сумма или разность d двух смежных сторон дана.

30. Построить круг, равновеликий кольцу, заключённому между дву-мя данными концентрическими окружностями.

31. Построить треугольник, подобный одному и равновеликий друго-му из двух данных треугольников.

32. Данный треугольник преобразовать в равновеликий равносторон-ний (посредством приложения алгебры к геометрии).

33. В данный круг вписать прямоугольник с данной площадьюm (по-средством приложения алгебры к геометрии).

34. В данный треугольник вписать прямоугольник с данной площа-дью m (приложением алгебры к геометрии; исследовать).

Часть II

Стереометрия

231

Глава 8

Прямые и плоскости

1 Определение положения плоскости

M

Рис. 272

277. Изображение плоскости. В обыден-ной жизни многие предметы, поверхность ко-торых напоминает геометрическую плоскость,имеют форму прямоугольника: переплёт книги,оконное стекло, поверхность письменного сто-ла и тому подобное. При этом если смотреть наэти предметы под углом и с большего расстоя-ния, то они представляются нам имеющими форму параллелограмма.Поэтому принято изображать плоскость на рисунке в виде параллело-грамма.

Плоскость обычно обозначают одной буквой, например «плоскостьM» (рис. 272).

278. Основные свойства плоскости. Укажем следующие свой-ства плоскости, которые принимаются без доказательства, то есть яв-ляются аксиомами:

1) Если две точки прямой принадлежат плоскости, то и каждаяточка этой прямой принадлежит плоскости.

2) Если две плоскости имеют общую точку, то они пересекаютсяпо прямой, проходящей через эту точку.

3) Через всякие три точки, не лежащие на одной прямой, можнопровести плоскость, и притом только одну.

279. С л е д с т в и я. Из последнего предложения можно вывестиследствия:

1) Через прямую и точку вне её можно провести плоскость (итолько одну).Действительно, точка вне прямой вместе с какими-нибудь

233

234 ГЛАВА 8. ПРЯМЫЕ И ПЛОСКОСТИ

двумя точками этой прямой составляют три точки, через которые мож-но провести плоскость (и притом одну).

2) Через две пересекающиеся прямые можно провести плоскость(и только одну).Действительно, взяв точку пересечения и ещё по однойточке на каждой прямой, мы будем иметь три точки, через которыеможно провести плоскость (и притом одну).

3) Через две параллельные прямые можно провести только однуплоскость. Действительно, параллельные прямые, по определению, ле-жат в одной плоскости; эта плоскость единственная, так как через однуиз параллельных и какую-нибудь точку другой можно провести не бо-лее одной плоскости.

280. Вращение плоскости вокруг прямой. Через каждуюпрямую в пространстве можно провести бесчисленное мно-жество плоскостей.

M

N

P

a

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA


CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

Рис. 273

В самом деле, пусть дана прямая a (рис. 273).Возьмём какую-нибудь точку A вне её. Через точ-ку A и прямую a проходит единственная плос-кость (§ 279). Назовём её плоскостьюM . Возьмёмновую точку B вне плоскостиM . Через точку B ипрямую a в свою очередь проходит плоскость. На-зовём её плоскостью N . Она не может совпадать сM , так как в ней лежит точка B, которая не при-надлежит плоскости M . Мы можем далее взять впространстве ещё новую точку C вне плоскостейM и N . Через точку C и прямую a проходит но-вая плоскость. Назовём её P . Она не совпадает нис M , ни с N , так как в ней находится точка C, не

принадлежащая ни плоскости M , ни плоскости N . Продолжая братьв пространстве всё новые и новые точки, мы будем таким путём полу-чать всё новые и новые плоскости, проходящие через данную прямуюa. Таких плоскостей будет бесчисленное множество.

Все эти плоскости можно рассматривать как различные положенияодной и той же плоскости, которая вращается вокруг прямой a.

281. Задачи на построение в пространстве. Все построения,которые делались в планиметрии, выполнялись в одной плоскости припомощи чертёжных инструментов. Для построений в пространстве чер-тёжные инструменты становятся уже непригодными, так как чертитьфигуры в пространстве невозможно. Кроме того, при построениях впространстве появляется ещё новый элемент — плоскость, построениекоторой в пространстве нельзя выполнять столь простыми средствами,как построение прямой на плоскости.

Поэтому при построениях в пространстве необходимо точно опре-делить, что значит выполнить то или иное построение и, в частности,

1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ПЛОСКОСТИ 235

что значит построить плоскость в пространстве. Во всех построенияхв пространстве мы будем предполагать, что:

1) плоскость может быть построена, если найдены элементы, опре-деляющие её положение в пространстве (§§ 278 и 279), то есть что мыумеем построить плоскость, проходящую через три данные точки, черезпрямую и точку вне её, через две пересекающиеся или две параллель-ные прямые;

2) если даны две пересекающиеся плоскости, то дана и линия ихпересечения, то есть мы умеем найти линию пересечения двух плоско-стей;

3) если в пространстве дана плоскость, то мы можем выполнять вней все построения, которые выполнялись в планиметрии.

Выполнить какое-либо построение в пространстве — это значит све-сти его к конечному числу только что указанных основных построений.При помощи этих основных задач можно решать и задачи более слож-ные.

В этих предложениях и решаются задачи на построение в стерео-метрии.

282. Пример задачи на построение в пространстве.З а д а ч а. Найти точку пересечения данной прямой a (рис. 274) с

данной плоскостью P .

AC

P

Q a

b

Рис. 274

Возьмём на плоскости P какую-либо точкуA. Через точкуA и пря-мую a проводим плоскость Q. Онапересекает плоскость P по некото-рой прямой b. В плоскости Q нахо-дим точку C пересечения прямыхa и b. Эта точка и будет искомой.

Если прямые a и b окажутся па-раллельными, то задача не будетиметь решения.


2 Параллельные прямые и плоскости

Параллельные прямые

283. Предварительное замечание. Две прямые могут быть рас-положены в пространстве так, что через них нельзя провести плоскость.Возьмём, например (рис. 275), две такие прямые AB и DE, из кото-рых одна пересекает некоторую плоскость P , а другая лежит на ней,но не проходит через точку (C) пересечения первой прямой и плоско-сти P . Через такие две прямые нельзя провести плоскость, потому чтов противном случае через прямую DE и точку C проходили бы дверазличные плоскости: одна P , пересекающая прямую AB, и другая,содержащая её, а это невозможно (§ 278).

P

A

B


EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 275

Две прямые, не лежащие в одной плос-кости, конечно, не пересекаются, сколькобы их ни продолжали; однако их не назы-вают параллельными, оставляя это назва-ние для таких прямых, которые, н а х о -д я с ь в о д н о й п л о с к о с т и, не пе-ресекаются, сколько бы их ни продолжа-ли.

Две прямые, не лежащие в одной плос-кости, называются скрещивающимися.

Прямая и плоскость, параллельные между собой

284. О п р е д е л е н и е. Плоскость и прямая, не лежащая в этойплоскости, называются параллельными, если они не пересекаются,сколько бы их ни продолжали. При этом плоскость считается парал-лельной любой прямой в ней лежащей.

P

R

AB

CD

Рис. 276

285. Те о р е м а. Если пря-мая (AB, рис. 276) параллель-на какой-нибудь прямой (CD),расположенной в плоскости(P ),то она параллельна самойплоскости.

Если AB лежит в P , то AB ‖‖ P по определению. Значит мож-но предположить, что AB не ле-жит в P .

Проведём через AB и CD плос-кость R и предположим, что пря-мая AB где-нибудь пересекается с плоскость P . Тогда точка пересе-чения, находясь на прямой AB, должна принадлежать также и плос-

2. ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ И ПЛОСКОСТИ 237

кости R, на которой лежит прямая AB, в то же время точка пересе-чения, конечно, должна принадлежать и плоскости P . Значит, точкапересечения, находясь одновременно и на плоскости R, и на плоскостиP , должна лежать на прямой CD, по которой пересекаются эти плос-кости; следовательно, прямая AB пересекается с прямой CD. Но этоневозможно, так как по условию AB ‖ CD. Значит, нельзя допустить,что прямая AB пересекалась с плоскостью P , и потому AB ‖ P .

286. Те о р е м а. Если плоскость (R, рис. 276) проходит черезпрямую (AB), параллельную другой плоскости (P ), и пересека-ет эту плоскость, то линия пересечения (CD) параллельнапервой прямой (AB).

Действительно, во-первых, прямая CD лежит в одной плоскости спрямой AB, во-вторых, эта прямая не может пересечься с прямой AB,потому что в противном случае прямая AB пересекалась бы с плоско-стью P , что невозможно.

287. С л е д с т в и е 1. Если прямая (AB, рис. 277) параллельнакаждой из двух пересекающихся плоскостей (P и Q), то она парал-лельна линии их пересечения (CD).

P

Q A

BC

D

M

Рис. 277


MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

A

B

C

D

E

F

Рис. 278

Проведём плоскость через AB и какую-нибудь точку M прямой CD. Эта плоскостьдолжна пересечься с плоскостями P и Q по пря-мым, параллельным AB и проходящим черезточку M . Но через точку M можно провеститолько одну прямую, параллельную AB; значит,две линии пересечения проведённой плоскостис плоскостями P и Q должны слиться в однупрямую. Эта прямая, находясь одновременно наплоскости P и на плоскости Q, должна совпа-дать с прямой CD, по которой плоскости P и Qпересекаются; значит, CD ‖ AB.

288. С л е д с т в и е 2. Если две прямые (ABи CD, рис. 278) параллельны третьей прямой(EF ), то они параллельны между собой.

Если прямые AB, CD и EF лежат в однойплоскости, то AB ‖ CD. Остаётся рассмотретьслучай когда прямые AB, CD и EF не лежат водной плоскости.

Проведём плоскость M через параллельныепрямые AB и EF . Так как CD ‖ EF , то CD ‖M(§ 285).

Проведём также плоскость N через CD и некоторую точку A пря-мой AB. Так как EF ‖ CD, то EF ‖ N . Значит, плоскость N должнапересечься с плоскостью M по прямой, параллельной EF (§ 286) и в то


же время проходящей через точку A. Но в плоскости M через A про-ходит единственная прямая, параллельная EF , а именно прямая AB.Следовательно, плоскость N пересекается с M по прямой AB, значит,CD ‖ AB.

Параллельные плоскости

289. О п р е д е л е н и е. Две плоскости называются параллельны-ми, если они не пересекаются, сколько бы их ни продолжали. При этомплоскость считается параллельной самой себе.

E

DA

B

C

A1

B1

C1

P

Q

Рис. 279

290. Те о р е м а. Если две пересекающиеся прямые (AB иAC, рис. 279) одной плоскости (P ) соответственно параллель-ны двум прямым (A1B1 и A1C1) другой плоскости (Q), то этиплоскости параллельны .

Прямые AB и AC параллельны плоскости Q (§ 285).

P

Q

R

A

B

C

D

Рис. 280

Допустим, что плоскости P и Q пересекают-ся по некоторой прямой DE (рис. 279). В такомслучае AB ‖ DE и AC ‖ DE (§ 286). Такимобразом, в плоскости P через точку A прохо-дят две прямые AB и AC, параллельные пря-мой DE, что невозможно. Значит, плоскости Pи Q не пересекаются.

291. Те о р е м а. Если две параллельныеплоскости (P и Q, рис. 280) пересекаютсятретьей плоскостью (R),то линии пере-сечения (AB и CD) параллельны.

Действительно, во-первых, прямые AB и CDнаходятся в одной плоскости (R); во-вторых,они не могут пересечься, так как в противномслучае пересекались бы плоскости P и Q, что противоречит условию.


292. Те о р е м а. Отрезки параллельных прямых (AC и BD,рис. 280), заключённые между параллельными плоскостями(P и Q), равны.

Через параллельные прямые AC и BD проведём плоскость R; онапересечёт плоскости P и Q по параллельным прямым AB и CD; сле-довательно, фигура ABDC есть параллелограмм, и потому AC = BD.

293. Те о р е м а.Два угла (BAC и B1A1C1, рис. 281) с соответ-ственно параллельными и одинаково направленными сторо-нами равны и лежат в параллельных плоскостях (P и Q).

ABBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

C

A1

B1

C1

P

Q

Рис. 281

Что плоскости P и Q параллельны,было доказано выше (§ 290); остаётся до-казать, что углы A и A1 равны.

Отложим на сторонах углов произ-вольные, но равные отрезки AB = A1B1,AC = A1C1 и проведём прямые AA1,BB1, CC1, BC и B1C1. Так как отрезкиAB и A1B1 равны и параллельны, то фи-гура ABB1A1 есть параллелограмм; по-этому отрезки AA1 и BB1 равны и парал-лельны. По той же причине равны и па-раллельны отрезки AA1 и CC1. Следова-тельно, BB1 ‖ CC1 и BB1 = CC1 (§§ 288и 292). Поэтому BC = B1C1 и 4ABC = 4A1B1C1 (по трём сторонам);значит, ∠A = ∠A1.


A

ab

Рис. 282

294. Через точку (A, рис. 282), расположен-ную вне данной прямой (a), в пространстве про-вести прямую, параллельную данной прямой (a).

Р е ш е н и е. Через прямую a и точку A прово-дим плоскость M . В этой плоскости строим пря-мую b, параллельную прямой a.

Задача имеет единственное решение. В самомделе, искомая прямая должна лежать с прямойa в одной плоскости. В этой же плоскости долж-на находиться точка A, через которую проходитискомая прямая. Значит, эта плоскость должна совпадать с M . Но вплоскости M через точку A можно провести только одну прямую, па-раллельную прямой a.


295. Через данную точку (A, рис. 283) провести плоскость, парал-лельную данной плоскости (P ), не проходящей через точку A.


D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1D1C1


D CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

MN

P

Q

Рис. 283

Р е ш е н и е. Проводим на плоскостиP через какую-либо точку B две какие-либо прямые BC и BD. Построим двевспомогательные плоскости: плоскостьM— через точку A и прямую BC и плос-кость N — через точку A и прямую BD.Искомая плоскость, параллельная плос-кости P , должна пересечь плоскостьM попрямой, параллельной BC, а плоскость N— по прямой, параллельной BD (§ 291).

Отсюда вытекает такое построение:через точку A проводим в плоскости Mпрямую AC1 ‖ BC, а в плоскости N пря-мую AD1 ‖ BD. Через прямые AC1 и AD1

проводим плоскость Q. Она и будет иско-мой. В самом деле, стороны угла D1AC1,

расположенного в плоскости Q, параллельны сторонам угла DBC, рас-положенного в плоскости P . Следовательно, Q ‖ P .

Так как в плоскости M через точку A можно провести лишь од-ну прямую, параллельную BC, а в плоскости N через точку A лишьодну прямую, параллельную BD, то задача имеет единственное реше-ние. Следовательно, через каждую точку пространства можно провестиединственную плоскость, параллельную данной плоскости.

296. Через данную прямую (a, рис. 284) провести плоскость, па-раллельную другой данной прямой (b).

Aa

b1

b

Рис. 284

Р е ш е н и е. 1-й с л у ч а й. Пря-мые a и b не параллельны. Че-рез какую-нибудь точку A прямойa проводим прямую b1, параллель-ную b; через прямые a и b1 прово-дим плоскость. Она и будет иско-мой (§ 285). Задача имеет в этомслучае единственное решение.

2-й с л у ч а й. Прямые a и b па-раллельны. В этом случае задача

имеет много решений: всякая плоскость, проходящая через прямую a,будет параллельна прямой b.

297. Пример более сложной задачи на построение. Даны двескрещивающиеся прямые (a и b, рис. 285) и точка A, не лежащая ни наодной из данных прямых. Провести через точку A прямую, пересекаю-щую обе данные прямые (a и b).


A

N

M a

b

c

Рис. 285

Р е ш е н и е. Так как искомаяпрямая должна проходить черезточку A и пересекать прямую a,то она должна лежать в плоскости,проходящей через прямую a и точ-ку A (так как две её точки должнылежать в этой плоскости: точкаA иточка пересечения с прямой a). Со-вершенно так же убеждаемся, чтоискомая прямая должна лежать вплоскости, проходящей через точку A и прямую b. Следовательно, онадолжна служить линией пересечения этих двух плоскостей.

Отсюда такое построение. Через точку A и прямую a проводим плос-кость M ; через точку A и прямую b проводим плоскость N . Берём пря-мую c пересечения плоскостей M и N . Если прямая c не параллельнани одной из данных прямых, то она пересечётся с каждой из данныхпрямых (так как с каждой из них она лежит в одной плоскости: a и cлежат в плоскости M , b и c — в плоскости N). Прямая c будет в этомслучае искомой. Если же a ‖ c или b ‖ c, то задача не имеет решения.


3 Перпендикуляр и наклонные к плоскости

298. Поставим задачу определить, в каком случае прямая можетсчитаться перпендикулярной к плоскости. Докажем предварительноследующее предложение:

Т е о р е м а. Если прямая (AA1, рис. 286), пересекающаяся сплоскостью (M), перпендикулярна к каким-нибудь двум пря-мым (OB и OC), проведённым на этой плоскости через точкупересечения (O) данной прямой и плоскости, то она перпен-дикулярна и ко всякой третьей прямой (OD), проведённой наплоскости через ту же точку пересечения (O).

A

A1


CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

Рис. 286

Отложим на прямой AA1 произвольнойдлины, но равные отрезки OA и OA1 и про-ведём на плоскости какую-нибудь прямую,которая пересекала бы три прямые, исхо-дящие из точки O, в каких-нибудь точкахC, D и B. Эти точки соединим с точкамиA и A1. Мы получим тогда несколько тре-угольников. Рассмотрим их в такой после-довательности.

Сначала возьмём треугольники ACB иA1CB; они равны, так как у них CB — об-щая сторона, AC = A1C как наклонные кпрямой AA1, одинаково удалённые от осно-вания O перпендикуляра OC; по той же при-чине AB = A1B. Из равенства этих тре-угольников следует, что ∠ABC = ∠A1BC.

После этого перейдём к треугольникам ADB и A1DB; они равны,так как у них DB — общая сторона, AB = A1B и ∠ABD = ∠A1BD.Из равенства этих треугольников выводим, что AD = A1D.

Теперь возьмём треугольники AOD и A1OD; они равны, так какимеют соответственно равные стороны. Из их равенства выводим, что∠AOD = ∠A1OD; а так как эти углы смежные, то, следовательно,AA1 ⊥ OD.

299. О п р е д е л е н и е. Прямая называется перпендикулярнойк плоскости, если она, пересекаясь с этой плоскостью, образует пря-мой угол с каждой прямой, проведённой на плоскости через точку пере-сечения. В этом случае говорят также, что плоскость перпендикулярнак прямой.

Из предыдущей теоремы (§ 298) следует, что прямая перпендикуляр-на к плоскости, если она перпендикулярна к двум прямым, лежащим вданной плоскости и проходящим через точку пересечения данной пря-мой и плоскости.

3. ПЕРПЕНДИКУЛЯР И НАКЛОННЫЕ К ПЛОСКОСТИ 243

Прямая, пересекающая плоскость, но не перпендикулярная к ней,называется наклонной к этой плоскости. Точка пересечения прямой сплоскостью называется rindexоснование!перпендикуляра к плоскостиоснованием,перпендикуляра или наклонной.

300. Сравнительная длина перпендикуляра и наклонных. 1

Когда из одной точки A (рис. 287) проведены к плоскости перпендику-ляр AB и наклонная AC, условимся называть проекцией наклоннойна плоскость P отрезок BC, соединяющий основание перпендикуля-ра и основание наклонной. Таким образом, отрезок BC есть проекциянаклонной AC, отрезок BD есть проекция наклонной AD и так далее.

Т е о р е м а. Если из одной и той же точки (A, рис. 287),взятой вне плоскости (P ), проведены к этой плоскости пер-пендикуляр (AB) и какие-нибудь наклонные (AC, AD, AE, . . . ),то:

1) две наклонные, имеющие равные проекции, равны;2) из двух наклонных та больше, проекция которой боль-

ше.

A

CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE

DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

Рис. 287

Вращая прямоугольные треугольникиABC и ABD вокруг катета AB, мы мо-жем совместить их плоскости с плоскостью4ABE. Тогда все наклонные будут лежатьв одной плоскости с перпендикуляром, а всепроекции расположатся на одной прямой.Таким образом, доказываемые теоремы при-водятся к аналогичным теоремам планимет-рии.

З а м е ч а н и е. Так как AB есть катетпрямоугольного треугольника, а каждая изнаклонных AC,AD,AE, . . . есть гипотену-за, то перпендикуляр AB меньше всякой на-клонной; значит, перпендикуляр, опущенный из точки на плоскость,есть наименьший из всех отрезков, соединяющих данную точку с лю-бой точкой плоскости, и потому он принимается за меру расстоянияточки A от плоскости P .

301. О б р а т н ы е т е о р е м ы. Если из одной и той же точ-ки, взятой вне плоскости, проведены перпендикуляр и какие-нибудь наклонные, то:

1) равные наклонные имеют равные проекции;

1Для краткости термины «перпендикуляр» и «наклонная» употребляются вме-сто «отрезок перпендикуляра, ограниченный данной точкой и основанием перпен-дикуляра», и «отрезок наклонной, ограниченный данной точкой и основанием на-клонной».


2) из двух проекций та больше, которая соответствуетбольшей наклонной.

Доказательство (от противного) предоставляем самим учащимся.

302. Те о р е м а о т р ё х п е р п е н д и к у л я р а х.Прямая (DE,рис. 288), проведённая на плоскости (P ) через основание на-клонной (AC) перпендикулярно к её проекции (BC), перпенди-кулярна и к самой наклонной.

A



DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDP

B

Рис. 288

Отложим произвольные, но рав-ные отрезки CD и CE и соединимпрямолинейными отрезками точки Aи B с точками D и E. Тогда бу-дем иметь: BD = BE как наклонныек прямой DE, одинаково удалённыеот основания C перпендикуляра BC;AD = AE как наклонные к плоскостиP , имеющие равные проекции BD иBE. Вследствие этого 4ADE равно-бедренный, и потому его медиана ACперпендикулярна к основанию DE.

Эта теорема носит название теоре-мы о трёх перпендикулярах. Действительно, в ней говорится о связи,соединяющей следующие три перпендикуляра: 1) AB к плоскости P , 2)BC к прямой DE и 3) AC к той же прямой DE.

303. О б р а т н а я т е о р е м а. Прямая (DE, рис. 288), прове-дённая на плоскости (P ) через основание наклонной (AC) пер-пендикулярно к этой наклонной, перпендикулярна и к её про-екции.

Проделаем те же построения, что и при доказательстве прямой тео-ремы. Отложим произвольные, но равные отрезки CD и CE и соединимпрямолинейными отрезками точки A и B с точками D и E, тогда будемиметь: AD = AE как наклонные к прямой DE, одинаково удалённыеот основания C перпендикуляра AC; BD = BE как проекции равныхнаклонных AD и AE. Вследствие этого 4BDE равнобедренный, и по-тому его медиана BC перпендикулярна к основанию DE.

4. ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ И ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ 245

4 Параллельность и перпендикулярностьпрямых и плоскостей

304. Предварительное замечание. Параллельность прямых иплоскостей в пространстве и перпендикулярность прямой к плоскостинаходятся в некоторой зависимости. Именно наличие параллельностиодних элементов влечёт перпендикулярность других, и, обратно, из пер-пендикулярности одних элементов можно сделать заключение о парал-лельности других. Эта связь между параллельностью и перпендикуляр-ностью прямых и плоскостей в пространстве выражается следующимитеоремами.

305. Те о р е м а. Если плоскость (P , рис. 289) перпендикуляр-на к одной из параллельных прямых (AB), то она перпенди-кулярна и к другой (CD).

A

B

C

D

E

F

G

H

P

Рис. 289

A

B

CC1

D

E

P

Q

Рис. 290

Проведём через точку B на плос-кости P две какие-нибудь прямые BEи BF , а через точку D проведём пря-мые DG и DH, соответственно парал-лельные и одинаково направленныепрямым BE и BF . Тогда будем иметь:∠ABE = ∠CDG и ∠ABF = ∠CDHкак углы с параллельными сторона-ми. Но углы ABE и ABF прямые, таккак AB ⊥ P , значит, углы CDG иCDH также прямые (§ 293). Следо-вательно, CD ⊥ P (§ 299).

306. О б р а т н а я т е о р е м а.Ес-ли две прямые (AB и CD, рис. 290)перпендикулярны к одной и тойже плоскости (P ),то они парал-лельны.

Предположим противное, то естьчто прямые AB и CD не параллель-ны. Проведём тогда через точку Dпрямую, параллельную AB. При на-шем предположении это будет какая-нибудь прямая DC1, не сливающаясяс DC. Согласно прямой теореме пря-мая DC будет перпендикулярна к плоскости P . Проведём через CD иC1D плоскость Q и возьмём линию её пересечения DE с плоскостью P .Так как (на основании предыдущей теоремы) C1D ⊥ P , то ∠C1DE пря-мой, а так как по условию CD ⊥ P , то ∠CDE также прямой. Такимобразом, окажется, что в плоскостиQ к прямойDE из одной её точкиD


восставлены два перпендикуляра DC и DC1. Так как это невозможно,то нельзя допустить, что прямые AB и CD были не параллельны.

307. Те о р е м а. Если прямая (BB1, рис. 291) перпендикуляр-на к одной из параллельных плоскостей (P ), то она перпен-дикулярна и к другой (Q).

A

B

B1

C

C1

D

D1

P

Q

Рис. 291

Проведём через прямуюBB1 какие-нибудь две плоскости M и N , каж-дая из которых пересекается с P и Qпо параллельным прямым: одна — попараллельным прямым BC и B1C1,другая — по параллельным прямымBD и B1D1. Согласно условию пря-мая BB1 перпендикулярна к прямымBC и BD; следовательно, она такжеперпендикулярна к параллельным импрямым B1C1 и B1D1, а потому пер-пендикулярна и к плоскости Q, на ко-торой лежат прямые B1C1 и B1D1.

308. О б р а т н а я т е о р е м а. Если две плоскости (P и Q,рис. 292) перпендикулярны к одной и той же прямой (AB),то они параллельны.

A

B

C

P

Q

R

Рис. 292

Предположим противное, то есть что две различные плоскости P иQ пересекаются. Возьмём на линии их пересечения какую-нибудь точкуC и проведём плоскость R через C и прямую AB. Плоскость R пере-сечёт плоскости P и Q соответственно по прямым AC и BC. Так какAB ⊥ P , то AB ⊥ AC, и так как AB ⊥ Q, то AB ⊥ BC. Таким об-разом, в плоскости R мы будем иметь два перпендикуляра к прямойAB, проходящих через одну и ту же точку C, перпендикуляры AC и


BC. Так как это невозможно, то предположение, что плоскости P и Qпересекаются, неверно. Значит, они параллельны.


309. Через данную точку в пространстве провести плоскость,перпендикулярную к данной прямой (AB).

Р е ш е н и е. 1-й с л у ч а й. Данная точка C лежит на прямой AB(рис. 293).

A

C

B

D

E

P

Q

R

Рис. 293

Проведём через прямуюAB какие-нибудь две плоскости P и Q. Ис-комая плоскость должна пересекатьэти плоскости по прямым, перпенди-кулярным к прямой AB (§ 299).

Отсюда построение: через AB про-водим две произвольные плоскости Pи Q. В каждой из этих плоскостейвосставляем перпендикуляр к прямойAB в точке C (в плоскости P — пер-пендикуляр CD, в плоскости Q — пер-пендикуляр CE). Плоскость, проходя-щая через прямые CD и CE, есть ис-комая.

2-й с л у ч а й. Данная точка D не лежит на прямой AB (рис. 293).Через точку D и прямую AB проводим плоскость P и в этой плоско-сти строим прямую DC, перпендикулярную к AB. Через прямую ABпроводим произвольно вторую плоскость Q и в этой плоскости стро-им прямую CE, перпендикулярную к AB. Искомая плоскость должнапересечь плоскости P и Q по прямым, перпендикулярным к AB.

Отсюда построение: через точку D проводим в плоскости P прямуюDC, перпендикулярную к AB. Прямая DC пересечёт прямую AB внекоторой точке C. Через точку C проводим в плоскости Q прямуюCE перпендикулярно к AB. Плоскость, проходящая через прямые CDи CE, — искомая.

Так как в каждой из плоскостей P и Q через данную точку можнопровести лишь одну прямую, перпендикулярную к данной, то задачав обоих случаях имеет одно решение, то есть через каждую точку впространстве можно провести лишь одну плоскость, перпендикулярнуюк данной прямой.

310. Через данную точку (O) пространства провести прямую,перпендикулярную к данной плоскости (P ).

1-й с л у ч а й. Точка O лежит на плоскости P (рис. 294). Проведёмна плоскости P через точку O две какие-либо взаимно перпендикуляр-ные прямые OA и OB. Проведём, далее, через прямую OA какую-либо


новую плоскость Q и на этой плоскости Q построим прямую OC, пер-пендикулярную к OA. Через прямые OB и OC проведём новую плос-кость R и построим в ней прямую OM , перпендикулярную к OB. Пря-мая OM и будет искомым перпендикуляром к плоскости P .

A

B

C

O

M

P

Q

R

Рис. 294

A

B

C

O

Рис. 295

Действительно, так как OA ⊥ OBи OA ⊥ OC, то прямая AO перпен-дикулярна к плоскости R и, следова-тельно, OA ⊥ OM . Таким образом,мы видим, что OM ⊥ OA и OM ⊥OB; следовательно, OM перпендику-лярна к плоскости P .

2-й с л у ч а й. Точка O не лежитна плоскости P (рис. 295). Возьмёмна плоскости P какую-нибудь точкуA и выполним для неё предыдущеепостроение. Мы получим тогда пря-мую AB, перпендикулярную к плос-кости P . После этого через точку Oпроводим прямую, параллельную AB.Эта прямая и будет искомой (§ 305).

Задача в обоих случаях имеет од-но решение. В самом деле, так какдва перпендикуляра к одной и той жеплоскости параллельны, то через од-ну и ту же точку O нельзя провестидвух перпендикуляров к плоскости P .

Следовательно, через каждую точку в пространстве можно провестиодну и только одну прямую, перпендикулярную к данной плоскости.

311. Пример более сложной задачи. Даны две скрещивающиесяпрямые (a и b, рис. 296).Построить прямую, пересекающую обе данныепрямые и перпендикулярную к ним обеим.

a

bA

A1

B

B1

C

C1E

F

F1

Рис. 296

Р е ш е н и е. Проведём черезпрямую a плоскость M , парал-лельную прямой b (§ 296). Из двухкаких-нибудь точек прямой b опу-стим перпендикуляры AA1 и BB1

на плоскость M . Соединим точкиA1 и B1 отрезком прямой и най-дём точку C1 пересечения прямыхA1B1 и a. Через точку C1 прове-дём прямую, перпендикулярную кплоскости M .


Предоставляем самим учащимся доказать, что эта прямая 1) пере-сечётся с прямой b в некоторой точке C и 2) будет перпендикулярнакак к прямой a, так и к прямой b. Прямая CC1 будет, следовательно,искомой прямой.

Заметим, что отрезок CC1 меньше всех других отрезков, которыеможно получить, соединяя точки прямой a с точками прямой b. В са-мом деле, возьмём на прямой а какую-нибудь точку E и на прямойb какую-нибудь точку F , соединим эти точки отрезком прямой и до-кажем, что EF > CC1. Опустим из точки F перпендикуляр FF1 наплоскость M . Тогда будем иметь: EF > FF1 (§ 300). Но FF1 = CC1,следовательно EF > CC1. На этом основании длина отрезка CC1 на-зывается кратчайшим расстоянием между данными прямыми a иb.


5 Двугранные углы, угол прямой с плоско-стью, угол двух скрещивающихся прямых,многогранные углы

Двугранные углы

A

B

Q

P

Рис. 297

S RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPC

D

Рис. 298

A

D

B

C

E

D1

C1

E1

P


Рис. 299

312. О п р е д е л е н и я. Часть плоскости,лежащая по одну сторону от какой-либо пря-мой, лежащей в этой плоскости, называется по-луплоскостью. Фигура, образованная двумяполуплоскостями (P и Q, рис. 297), исходящи-ми из одной прямой (AB), называется двугран-ным углом. Прямая AB называется ребром, аполуплоскости P и Q — гранями двугранногоугла.

Такой угол обозначается обыкновенно дву-мя буквами, поставленными у его ребра (дву-гранный угол AB). Но если при одном ребрележат несколько двугранных углов, то каждыйна них обозначают четырьмя буквами, из кото-рых две средние стоят при ребре, а две крайние— у граней (например, двугранный угол SCDR,рис. 298).

Если из произвольной точки D ребра AB(рис. 299) проведём на каждой грани по пер-пендикуляру к ребру, то образованный ими уголCDE называется линейным углом двугран-ного угла.

Величина линейного угла не зависит от по-ложения его вершины на ребре. Так, линейныеуглы CDE и C1D1E1 равны, потому что их сто-роны соответственно параллельны и одинаковонаправлены.

Плоскость линейного угла перпендикулярнак ребру, так как она содержит две прямые, пер-пендикулярные к нему. Поэтому для получениялинейного угла достаточно грани данного дву-гранного угла пересечь плоскостью, перпенди-кулярной к ребру, и рассмотреть получившийсяв этой плоскости угол.

5. УГЛЫ 251

313. Равенство и неравенство двугранных углов. Два дву-гранных угла считаются равными, если они при вложении могут сов-меститься; в противном случае тот из двугранных углов считается мень-шим, который составит часть другого угла.

Подобно углам в планиметрии двугранные углы могут быть смеж-ные, вертикальные и прочие.

Если два смежных двугранных угла равны между собой, то каждыйиз них называется прямым двугранным углом.

Т е о р е м ы. 1) Равным двугранным, углам, соответству-ют равные линейные углы.

2) Большему двугранному углу соответствует большийлинейный угол.

PQ2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2Q2

P1

Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1Q1


R

A

BD

C2

C

A1

B1

D1

C1

Рис. 300

Пусть PABQ и P1A1B1Q1

(рис. 300) — два двугранныхугла. Вложим угол A1B1 вугол AB так, чтобы реброA1B1 совпало с ребром ABи грань P1 с гранью P . То-гда если эти двугранные уг-лы равны, то грань Q1 сов-падёт с гранью Q; если жеугол A1B1 меньше угла AB,то грань Q1 займёт некото-рое положение внутри дву-гранного угла, например Q2.

Заметив это, возьмём на общем ребре какую-нибудь точку B и про-ведём через неё плоскость R, перпендикулярную к ребру. От пересе-чения этой плоскости с гранями двугранных углов получатся линей-ные углы. Ясно, что если двугранные углы совпадут, то у них ока-жется один и тот же линейный угол CBD; если же двугранные уг-лы не совпадут, если, например, грань Q1 займёт положение Q2, то убольшего двугранного угла окажется больший линейный угол, а именно∠CBD > ∠C2BD.

314. О б р а т н ы е т е о р е м ы. 1) Равным, линейным, углам,соответствуют равные двугранные углы.

2)Большему линейному углу соответствует больший дву-гранный угол.

Эти теоремы легко доказываются от противного.

315. С л е д с т в и я. 1)Прямому двугранному углу соответствуетпрямой линейный угол, и обратно.

Пусть (рис. 301) двугранный угол PABQ прямой. Это значит, чтоон равен смежному углу QABP1. Но в таком случае линейные углы


CDE и CDE1 также равны; а так как они смежные, то каждый из нихдолжен быть прямой.

A

B

DEE1

C

P1 P

Q

Рис. 301

Обратно, если равны смеж-ные линейные углы CDE иCDE1, то равны и смежныедвугранные углы, то есть каж-дый из них должен быть пря-мой.

2) Все прямые двугранныеуглы равны, потому что у нихравны линейные углы.

Подобным же образом легкодоказать, что:

3) Вертикальные двугран-ные углы равны.

4) Двугранные углы с соответственно параллельными и одинаково(или противоположно) направленными гранями равны.

5) Если за единицу двугранных углов возьмём такой двугранныйугол, который соответствует единице линейных углов, то можно ска-зать, что двугранный угол измеряется его линейным углом.

Перпендикулярные плоскости

316. О п р е д е л е н и е. Две плоскости называются взаимно пер-пендикулярными, если, пересекаясь, они образуют прямые двугран-ные углы.

D

E

BC

A

Q

P

Рис. 302

317. Признак перпендикулярности.Те о р е м а. Если плоскость (P , рис.

302) проходит через перпендикуляр(AB) к другой плоскости (Q), то онаперпендикулярна к этой плоскости.

Пусть DE будет линия пересечения плос-костей P иQ. На плоскостиQ проведём BC ⊥⊥ DE. Тогда угол ABC будет линейным уг-лом двугранного угла PDEQ. Так как пря-мая AB по условию перпендикулярна к Q, тоAB ⊥ BC; значит, угол ABC прямой, а пото-му и двугранный угол прямой, то есть плоскость P перпендикулярна кплоскости Q.

318. Те о р е м а. Если две плоскости (P и Q, рис. 302) взаимноперпендикулярны и к одной из них (Q) проведён перпендику-ляр (AB), имеющий общую точку (A) с другой плоскостью (P ),то этот перпендикуляр весь лежит в этой плоскости (P ).

5. УГЛЫ 253

A

BD

E

CF

Q

P

Рис. 303

A

B

P

Q

R

Рис. 304

Предположим, что перпендикулярAB не лежит в плоскости P (как изобра-жено на рис. 303). Пусть DE будет линияпересечения плоскостей P и Q. На плос-кости P проведём прямую AC ⊥ DE, ана плоскости Q проведём прямую CF ⊥DE. Тогда угол ACF , как линейный уголпрямого двугранного угла, будет прямой.Поэтому линия AC, образуя прямые уг-лы с DE и CF , будет перпендикуляромк плоскости Q. Мы будем иметь тогдадва перпендикуляра, опущенные из од-ной и той же точки A на плоскость Q, аименно AB и AC. Так как это невозмож-но (§ 310), то допущение неверно; значит,перпендикуляр AB лежит в плоскости P .

319. С л е д с т в и е. Линия пересече-ния (AB рис. 304) двух плоскостей (P иQ), перпендикулярных к третьей плос-кости (R), есть перпендикуляр к этойплоскости.

Действительно, если через какую-нибудь точку A линии пересечения плос-костей P и Q проведём перпендикуляр к плоскости R, то этот перпен-дикуляр согласно предыдущей теореме должен лежать и в плоскостиQ, и в плоскости P ; значит, он сольётся с AB.

Угол двух скрещивающихся прямых

A

B

C D

O

M

N

O1

M1

N1

Рис. 305

320. О п р е д е л е н и е. Угломдвух скрещивающихся прямых (ABи CD, рис. 305), для которых да-но положение и направление, назы-вается угол (MON), который полу-чится, если из произвольной точкипространства (O) проведём полу-прямые (OM и ON), соответствен-но параллельные данным прямым(AB и CD) и одинаково с ними на-правленные.

Величина этого угла не зависит от положения точки O, так как еслипостроим указанным путём угол M1O1N1 с вершиной в какой-нибудьдругой точке O1, то ∠MON = ∠M1O1N1, потому что эти углы имеютсоответственно параллельные и одинаково направленные стороны.


Угол, образуемый прямой с плоскостью

321. Проекция точки и прямой на плоскость. Мы говорилиранее (§ 300), что когда из одной точки проведены к плоскости пер-пендикуляр и наклонная, то проекцией этой наклонной на плоскостьназывается отрезок, соединяющий основание перпендикуляра с осно-ванием наклонной. Дадим теперь более общее определение проекции.

1) Ортогональной (или прямоугольной) проекцией какой-нибудьточки на данную плоскость (например, точкиM на плоскость P , рис. 306)называется основание (m) перпендикуляра, опущенного на эту плос-кость из взятой точки.

2) Ортогональной проекцией какой-нибудь линии на плоскостьназывается геометрическое место проекций всех точек этой линии.

a

b

mn

A

B

MN

P

Q

Рис. 306

A

B C

DP

Рис. 307

В частности, если проектируемая линия естьпрямая (например, AB, рис. 306), не перпенди-кулярная к плоскости (P ), то проекция её наэту плоскость есть также прямая. В самом де-ле, если мы через прямую AB и перпендику-ляр Mm, опущенный на плоскость проекций изкакой-нибудь одной точки M этой прямой, про-ведём плоскость Q, то эта плоскость должнабыть перпендикулярна к плоскости P ; поэтомуперпендикуляр, опущенный на плоскость P излюбой точки прямой AB (например, из точкиN), должен лежать в этой плоскости Q (§ 318)и, следовательно, проекции всех точек прямойAB должны лежать на прямой ab, по которойпересекаются плоскости P и Q.

Обратно, всякая точка этой прямой ab естьпроекция какой-нибудь точки прямой AB, таккак перпендикуляр, восставленный из любойточки прямой ab, лежит на плоскости Q и, сле-довательно, пересекается с AB в некоторой точ-ке. Таким образом, прямая ab представляет со-бой геометрическое место проекций всех точекданной прямой AB и, следовательно, есть еёпроекция.

Для краткости вместо «ортогональная проекция» мы будем гово-рить просто «проекция».

322. Угол прямой с плоскостью. Углом прямой (AB, рис. 307)с плоскостью (P ) в том случае, когда прямая наклонна к плоскости,называется острый угол (ABC), составленный этой прямой с её проек-цией на плоскость. Угол прямой с плоскостью считается прямым еслипрямая перпендикулярна к плоскости.

5. УГЛЫ 255

Угол этот обладает тем свойством, что он есть наименьший из всехуглов, которые данная прямая образует с прямыми, проведёнными наплоскости P через её основание B. Докажем, например, что угол ABCменьше угла ABD. Для этого отложим отрезок BD = BC и соединимD с A. У треугольников ABC и ABD две стороны одного равны со-ответственно двум сторонам другого, но третьи стороны не равны, аименно AD > AC (§ 300). Вследствие этого угол ABD больше углаABC.

Многогранные углы

A

B

CD

E

FS

Рис. 308

AB C

DE

a bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbc

de

S

Рис. 309

A BC

DE

a bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbcd

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

S

Рис. 310

323. О п р е д е л е н и я. Возьмём несколь-ко углов (рис. 308): ASB, BSD, CSD, кото-рые, примыкая последовательно один к дру-гому, расположены в одной плоскости во-круг общей вершины S. Повернём плоскостьугла ASB вокруг общей стороны SB так,чтобы эта плоскость составила некоторыйдвугранный угол с плоскостью BSD. За-тем, не изменяя получившегося двугранногоугла, повернём его вокруг прямой SD так,чтобы плоскость BSD составила некоторыйдвугранный угол с плоскостью CSD. Про-должим такое последовательное вращениевокруг каждой общей стороны. Если приэтом последняя сторона SF совместится спервой стороной SA, то образуется фигура(рис. 309), которая называется многогран-ным углом. Углы ASB,BSD, . . . называ-ются плоскими углами или гранями, сторо-ны их SA, SB, . . . называются рёбрами, аобщая вершина S — вершиной многогран-ного угла. Каждое ребро многогранного уг-ла является также ребром его двугранногоугла; поэтому в многогранном угле столькодвугранных углов и столько плоских, сколь-ко в нём всех рёбер. Наименьшее число гра-ней в многогранном угле — три; такой уголназывается трёхгранным. Могут быть уг-лы четырёхгранные, пятигранные и так да-лее.

Многогранный угол обозначается или одной буквой S, поставленнойу вершины, или же рядом букв SABCDE, из которых первая обозна-чает вершину, а прочие — рёбра по порядку их расположения.


Многогранный угол называется выпуклым, если он весь располо-жен по одну сторону от плоскости каждой из его граней, неограничен-но продолженной. Таков, например, угол, изображённый на рис. 309.Наоборот, угол на рис. 310 нельзя назвать выпуклым, так как он рас-положен по обе стороны от грани ASB или от грани BSD. Если всеграни многогранного угла пересечём плоскостью, то в сечении образу-ется многоугольник (abcde). В выпуклом многогранном угле этот мно-гоугольник тоже выпуклый.

Мы будем рассматривать т о л ь к о в ы п у к л ы е м н о г о г р а н -н ы е у г л ы .

324. Те о р е м а. В трёхгранном угле каждый плоский уголменьше суммы двух других плоских углов.

A

B

CD

S

Рис. 311

Пусть в трёхгранном угле SABC (рис. 311)наибольший из плоских углов есть уголASC. Отложим на этом угле угол ASD, рав-ный углу ASB, и проведём какую-нибудьпрямую AC, пересекающую SD в некоторойточке D. Отложим SB = SD.

Соединив B с A и C, получим 4ABC, вкотором

AD +DC < AB +BC.

Треугольники ASD и ASB равны, так какони содержат по равному углу, заключённо-

му между равными сторонами; следовательно, AD = AB. Поэтому еслив выведенном неравенстве отбросить равные слагаемые AD и AB, по-лучим, что DC < BC. Теперь замечаем, что у треугольников SCD иSCB две стороны одного равны двум сторонам другого, а третьи сто-роны не равны; в таком случае против большей из этих сторон лежитбольший угол; значит,

∠CSD < ∠CSB.

Прибавив к левой части этого неравенства угол ASD, а к правойравный ему угол ASB, получим то неравенство, которое требовалосьдоказать:

∠ASC < ∠CSB + ∠ASB.

Мы доказали, что даже наибольший плоский угол меньше суммыдвух других углов. Значит, теорема доказана.

С л е д с т в и е. Отнимем от обеих частей последнего неравенства поуглу ASB или по углу CSB; получим:

∠ASC − ∠ASB < ∠CSB;

∠ASC − ∠CSB < ∠ASB.

5. УГЛЫ 257

Рассматривая эти неравенства справа налево и приняв во внимание,что угол ASC как наибольший из трёх углов больше разности двухдругих углов, мы приходим к заключению, что в т р ё х г р а н н о му г л е к а ж д ы й п л о с к и й у г о л б о л ь ш е р а з н о с т и д в у хд р у г и х у г л о в.

325. Те о р е м а.В выпуклом, многогранном угле сумма всехплоских углов меньше 360◦.

A

B C

DE

S

Рис. 312

Пересечём грани (рис. 312) выпуклогоугла SABCDE такой плоскостью, что всечении получится выпуклый n-угольникABCDE. Такую плоскость можно полу-чить немного повернув плоскость грани углаASB вокруг прямой AB. Применяя теоремупредыдущего параграфа к каждому из трёх-гранных углов, вершины которых находятсяв точках A, B, C, D и E, находим:

∠ABC < ∠ABS + ∠SBC,

∠BCD < ∠BCS + ∠SCD

. . .

Сложим почленно все эти неравенства. Тогда в левой части получимсумму всех углов многоугольника ABCDE, которая равна 180◦ · n −360◦, а в правой — сумму углов треугольников ABS, SBC и так далее,кроме тех углов, которые лежат при вершине S. Обозначив сумму этихпоследних углов буквой x, мы получим после сложения:

180◦ · n− 360◦ < 180◦ · n− x.

A

B C

DE

S

A1

B1C1

D1E1

Рис. 313

Так как в разностях 180◦ ·n−360◦ и180◦ · n− x, уменьшаемые одинаковы,то, чтобы первая разность была мень-ше второй, необходимо, чтобы вычи-таемое 360◦ было больше вычитаемогоx; значит, 360◦ > x, то есть x < 360◦.

326. Симметричные много-гранные углы. Как известно, верти-кальные углы равны, если речь идётоб углах, образованных прямыми илиплоскостями. Посмотрим, справедли-во ли это утверждение применительнок углам многогранным.

Продолжим (рис. 313) все рёбраугла SABCDE за вершину S, тогда


образуется другой многогранный угол SA1B1D1E1, который можно на-звать вертикальным по отношению к первому углу. Нетрудно видеть,что у обоих углов равны соответственно и плоские углы, и двугранные,но те и другие расположены в зеркальном порядке. Действительно,если мы вообразим наблюдателя, который смотрит извне многогранно-го угла на его вершину, то рёбра SA, SB, SC, SD, SE будут казатьсяему расположенными в направлении против движения часовой стрелки,тогда как смотря на угол SA1B1C1D1E1 он видит рёбра SA1, SB1, . . .расположенными по движению часовой стрелки; то есть если смотретьна один из углов в зеркало, то порядок их рёбер покажется тем же.

Очевидно, что равные многогранные углы должны иметь соответ-ственно равные плоские и двугранные углы, которые одинаково рас-положены, то есть расположены в том же порядке. Многогранныеуглы с соответственно равными плоскими и двугранными углами, норасположенными в зеркальном порядке, вообще не могут совместитьсяпри вложении; значит, они не равны. Такие углы называются централь-но симметричными относительно вершины S. Подробнее о симметриифигур в пространстве будет сказано ниже.

Равенство трёхгранных углов

327. В следующей теореме приведены два простейших признака ра-венства трёхгранных углов; пара более сложных признаков приведенав § 331.

Т е о р е м ы. Трёхгранные углы равны, если они имеют:1) по равному двугранному углу, заключённому между дву-

мя соответственно равными и одинаково расположеннымиплоскими углами; или

2) по равному плоскому углу, заключённому между дву-мя соответственно равными и одинаково расположеннымидвугранными углами;

A A1

B B1

C C1

S S1

Рис. 314

1) Пусть S и S1 — два трёхгранныхугла (рис. 314), у которых ∠ASB == ∠A1S1B1, ∠ASC = ∠A1S1C1 (иэти равные углы одинаково располо-жены) и двугранный угол AS равендвугранному углу A1S1. Вложим уголS1 в угол S так, чтобы у них совпалиточки S1 и S, прямые S1A1 и SA иплоскости A1S1B1 и ASB. Тогда реб-ро S1B1 пойдёт по SB (в силу равен-ства углов A1S1B1 и ASB), плоскость

A1S1C1 пойдёт по ASC (по равенству двугранных углов) и ребро S1C1

пойдёт по ребру SC (в силу равенства углов A1S1C1 и ASC). Таким

5. УГЛЫ 259

образом, трёхгранные углы совместятся всеми своими рёбрами, то естьони будут равны.

2) Второй признак, подобно первому, доказывается вложением.

S

A

B

C

A1

B1

C1

Рис. 315

328. Дополнительный угол. Из вер-шины S (рис. 315) трёхгранного углаSABC восставим к грани ASB перпенди-куляр SC1 направляя его в ту сторону отэтой грани, в которой расположено проти-воположное ребро SC. Подобно этому про-ведём перпендикуляр SA1 к грани BSC иSB1 к грани ASC. Трёхгранный угол, у ко-торого рёбрами служат полупрямые SA1,SB1 и SC1, наз. д о п о л н и т е л ь н ы мдля угла SABC.

Заметим, что если для угла SABC до-полнительным углом служит угол SA1B1C1, то и наоборот: для углаSA1B1C1 дополнительным углом будет SABC. Действительно, плос-кость SA1B1, проходя через перпендикуляры к плоскостям BSC иASC, перпендикулярна к ним обеим, а следовательно, и к линии ихпересечения SC; значит, ребро SC есть перпендикуляр к грани SA1B1

и, кроме того, оно расположено по ту же сторону от этой грани, покоторую лежит противоположное ребро SC1. Подобно этому убедимся,что рёбра SB и SA соответственно перпендикулярны к граням SA1C1

и SB1C1 и расположены по ту сторону от них, по которую лежат рёбраSB1 и SA1. Значит, углы SABC и SA1B1C1 взаимно дополнительны.

329. Л е м м а 1. Если два трёxгранные угла взаимно допол-нительны, то плоские углы одного служат дополнением до180◦ к противоположным двугранным углам другого.

Каждый плоский угол одного из взаимно дополнительных трёxгран-ных углов образован двумя перпендикулярами, восставленными к гра-ням противоположного двугранного угла другого трёxгранного, из од-ной точки его ребра.

A

B

C

D

E

F

Рис. 316

Заметив это, возьмём какой-нибудь двугранный угол AB (рис.316) и из произвольной точки Bего ребра построим перпендикуля-ры: BE к грани AD и BF к граниAC. Затем через BE и BF постро-им плоскость перпендикулярную кребру AB (§§ 317, 319). Пусть пе-ресечения этой плоскости с граня-ми угла AB будут прямые BC иBD. Тогда угол CBD должен бытьлинейным углом двугранного AB.


Заметим, что стороны угла EBF соответственно перпендикулярны ксторонам угла CBD. Приняв во внимание направления перпендикуля-ров, получим, что сумма углов EBF и CBD их равна 180◦ (§ 316); чтои требовалось доказать.

330. Л е м м а 2. Равным трёxгранным углам соответству-ют равные дополнительные углы и обратно.

Равные трёхгранные углы при вложении совмещаются; поэтому сов-мещаются и те перпендикуляры, которые образуют рёбра дополнитель-ных углов; значит, дополнительные углы также совмещаются. Обратно:если совмещаются дополнительные углы, то совмещаются и данные уг-лы.

331. Следующая теорема даёт два признака равенства трёхгранныхуглов в дополнение к признакам приведённым в § 327.

Т е о р е м ы. Трёхгранные углы равны, если они имеют:1) по три соответственно равных и одинаково располо-

женных плоских угла;2) по три соответственно равных и одинаково располо-

женных двугранных угла.1) Пусть S и S1 (рис. 317) два трёxгранные угла, у которых плоские

углы одного равны соответственно плоским углам другого и, крометого, равные углы одинаково расположены.

A

BC

S


A1

B1

C1

S1


Рис. 317

Отложим на всех рёбрахпроизвольные, но равные, от-резки

SA = SB = SC =

= S1A1 = S1B1 = S1C1.

и построим треугольники ABCи A1B1C1. Из равенства тре-угольников ABS и A1B1S1 на-ходим: AB = A1B1. Подобноэтому из равенства других бо-

ковых треугольников выводим: AC = A1C1 и BC = B1C1. Следова-тельно, 4ABC = 4A1B1C1.

Опустим на плоскости этих треугольников перпендикуляры SO иS1O1. Так как наклонные SA, SB и SC равны, то должны быть рав-ны их проекции OA, OB и OC (§ 300). Значит, точка O есть центркруга, описанного около треугольника ABC. Точно так же точка O1

есть центр круга, описанного около треугольника A1B1C1. У равныхтреугольников радиусы описанных кругов равны; значит, OB = O1B1.Поэтому4SBO = 4SB1O1 (по гипотенузе и катету), и, следовательно,OS = O1S1.

5. УГЛЫ 261

Вложим теперь фигуру S1A1B1C1 в фигуру SABC так, чтобы рав-ные треугольники A1B1C1 и ABC совместились. Тогда совместятсяописанные окружности, и, следовательно, их центры O1 и O. Посколь-ку плоские углы одинаково расположены, перпендикуляр O1S1 пойдётпо OS и точка S1 совпадёт с S. Таким образом, трёхгранные углы сов-местятся всеми своими рёбрами, значит, они равны.

2) Четвёртый признак легко доказывается при помощи дополни-тельных углов. Если у двух трёxгранных углов соответственно равны иодинаково расположены двугранные углы, то у дополнительных угловсоответственно равны и одинаково расположены плоские углы (§ 329);следовательно, дополнительные углы равны; а если равны дополни-тельные, то равны и данные углы (§ 330).

УпражненияД о к а з а т ь т е о р е м ы :

1. Две плоскости, параллельные третьей, параллельны между собой.

2. Все прямые, параллельные данной плоскости и проходящие черезодну точку, лежат в одной плоскости, параллельной данной.

3. Дана плоскость P и параллельная ей прямая a. Доказать, что всеточки прямой a находятся на одинаковом расстоянии от плоско-сти P .

4. Доказать, что все точки одной из двух параллельных плоскостейнаходятся на одинаковом расстоянии от другой плоскости.

5. Две плоскости, проходящие через две данные параллельные пря-мые и не параллельные между собой, пересекаются по прямой,параллельной данным прямым.

6. Если прямая a параллельна какой-либо прямой b, лежащей наплоскости M , то всякая плоскость, проходящая через a, пересе-кает плоскость M по прямой, параллельной b (возможно сливаю-щейся с b).

7. Если прямая a параллельна плоскости M , то всякая прямая, про-ходящая через точку, лежащую в плоскости M , и параллельнаяпрямой a, лежит в плоскости M .

8. Если даны две скрещивающиеся прямые a и b и через первую про-ведена плоскость, параллельная второй, а через вторую — плос-кость, параллельная первой, то эти две плоскости параллельны.

9. Все прямые, проходящие через какую-нибудь точку на прямой aи перпендикулярные к этой прямой, лежат в одной плоскости,перпендикулярной к a.


10. Если плоскость и прямая перпендикулярны к одной прямой, тоони параллельны.

11. Если прямая a, параллельная плоскостиM , пересекает прямую b,перпендикулярную этой плоскости, то прямые a и b перпендику-лярны.


12. Через данную точку провести плоскость, параллельную двум дан-ным прямым a и b.

13. Через данную точку провести прямую, параллельную данной плос-кости и пересекающую данную прямую.

14. Построить прямую, пересекающую две данные прямые и парал-лельную третьей данной прямой.

15. Построить какую-либо прямую, пересекающую две данные пря-мые и параллельную данной плоскости (задача может иметь мно-го решений).

16. Построить какую-либо прямую, пересекающую три данные пря-мые (задача может иметь много решений).

17. Через данную точку провести прямую, перпендикулярную двумданным скрещивающимся прямым.

18. Через данную прямую провести плоскость, перпендикулярную кданной плоскости.

19. Даны плоскость M и прямая a ‖ M . Через прямую a провестиплоскость, пересекающую плоскость M под данным углом.

20. Дана плоскость M и две точки A и B по одну сторону от неё.Найти на плоскостиM такую точку C, что сумма AC + BC быланаименьшей.

Глава 9

Многогранники

1 Параллелепипед и пирамида

332. Многогранник. М н о г о г р а н н и к о м называется тело,ограниченное плоскими многоугольниками. Общие стороны смежныхмногоугольников называются рёбрами многогранника. Многоуголь-ники, которые ограничивают многогранник, называются его гранями.Грани многогранника, сходящиеся в одной точке, образуют многогран-ный угол; вершины таких многогранных углов называются вершина-ми многогранника. Прямые, соединяющие две какие-нибудь верши-ны, не лежащие на одной грани, называются диагоналями многогран-ника.

Мы будем рассматривать только в ы п у к л ы е многогранники, тоесть такие, которые расположены по одну сторону от плоскости каждойиз его граней.

Наименьшее число граней в многограннике — четыре; такой мно-гогранник получается от пересечения трёхгранного угла какой-нибудьплоскостью.

333. Призма. П р и з м о й называется многогранник, у которогодве грани — равные многоугольники с соответственно параллельнымисторонами, а все остальные грани — параллелограммы.

Чтобы убедиться в существовании такого многогранника, возьмём(рис. 318) какой-нибудь многоугольник ABCDE и через его верши-ны проведём ряд параллельных прямых, не лежащих в его плоско-сти. Взяв затем на одной из этих прямых произвольную точку A1,проведём через неё плоскость, параллельную плоскости ABCDE; че-рез каждые две соседние параллельные прямые также проведём поплоскости. Эти плоскости образуют продолжение граней многогранни-ка ABCDEA1B1C1D1E1, удовлетворяющий определению призмы. Дей-ствительно, параллельные плоскости ABCDE и A1B1C1D1E1 пересека-

263

264 ГЛАВА 9. МНОГОГРАННИКИ

ются боковыми плоскостями по параллельным прямым (§ 291); поэтомуфигуры AA1E1E, EE1D1D и так далее — параллелограммы. С другойстороны, у многоугольников ABCDE и A1B1C1D1E1 равны соответ-ственно стороны (как противоположные стороны параллелограммов) иуглы (как углы с параллельными и одинаково направленными сторо-нами); следовательно, эти многоугольники равны.

Многоугольники ABCDE и A1B1C1D1E1, лежащие в параллель-ных плоскостях, называются основаниями призмы, перпендикулярOO1, опущенный из какой-нибудь точки одного основания на плоскостьдругого, называется высотой призмы. Параллелограммы AA1B1B,BB1C1C и так далее называются боковыми гранями призмы, а ихстороны AA1, BB1 и так далее, соединяющие соответственные верши-ны оснований, — боковыми рёбрами. У призмы все боковые рёбраравны как отрезки параллельных прямых, заключённые между парал-лельными плоскостями.

A

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

DE

O

A1

B1 C1

D1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1

O1

Рис. 318

Отрезок прямой, соединяющий какие-нибудьдве вершины, не прилежащие к одной грани,называется диагональю призмы. Таков, напри-мер, отрезок AD1 (рис. 318).

Плоскость, проведённая через какие-нибудьдва боковых ребра, не прилежащих к однойбоковой грани призмы (например, через рёбраAA1 и CC1, рис. 318), называется диагональнойплоскостью (на рисунке не показанной).

Призма называется прямой или наклон-ной, смотря по тому, будут ли её боковые рёб-ра перпендикулярны или наклонны к основа-ниям. У прямой призмы боковые грани — пря-моугольники. За высоту такой призмы можнопринять боковое ребро.

Прямая призма называется правильной,если её основания — правильные многоуголь-

ники. У такой призмы все боковые грани — равные прямоугольники.Призмы бывают треугольные, четырёхугольные и так далее, смотря

по тому, что является основанием: треугольник, четырёхугольник и такдалее.

334. Параллелепипед. Параллелепипедом называют призму, у ко-торой основаниями служат параллелограммы (рис. 319). Параллелепи-педы, как и всякие призмы, могут быть прямые и наклонные. Прямойпараллелепипед называется прямоугольным, если его основание —прямоугольник (рис. 320). Из этих определений следует:

1) у параллелепипеда все шесть граней — параллелограммы;

1. ПАРАЛЛЕЛЕПИПЕД И ПИРАМИДА 265

Рис. 319

Рис. 320

A B

CD

S

O

Рис. 321

A

B

C

S

Рис. 322

2) у прямого параллелепипеда четыре боко-вые грани — прямоугольники, а два основания— параллелограммы;

3) у прямоугольного параллелепипеда всешесть граней — прямоугольники.

Три ребра прямоугольного параллелепипе-да, сходящиеся к одной вершине, называютсяего измерениями; одно из них можно рассмат-ривать как длину, другое — как ширину, а тре-тье — как высоту.

Прямоугольный параллелепипед, имеющийравные измерения, называется кубом. У кубавсе грани — квадраты.

335. Пирамида. Пирамидой называетсямногогранник, у которого одна грань, назы-ваемая основанием, есть какой-нибудь много-угольник, а все остальные грани, называемыебоковыми, — треугольники, имеющие общуювершину.

Чтобы получить пирамиду, достаточнокакой-нибудь многогранный угол S (рис. 321)пересечь произвольной плоскостью ABCD ивзять отсечённую часть SABCD.

Общая вершина S боковых треугольниковназывается вершиной пирамиды, а перпенди-куляр SO, опущенный из вершины на плос-кость основания, — высотой.

Обыкновенно, обозначая пирамиду буква-ми, пишут сначала ту, которой обозначена вер-шина, например SABCD (рис. 321).

Плоскость, проведённая через вершину пи-рамиды и через какую-нибудь диагональ ос-нования (например, через диагональ BD,рис. 323), называется диагональной плоско-стью.

Пирамиды бывают треугольные (рис. 322),четырёхугольные и так далее, смотря по тому,что является основанием — треугольник, четы-рёхугольник и так далее.

Пирамида называется правильной (рис. 323),если, во-первых, её основание есть правильныймногоугольник и, во-вторых, высота проходитчерез центр этого многоугольника. В правиль-ной пирамиде все боковые рёбра равны между собой (как наклонные с


равными проекциями).Поэтому все боковые грани правильной пирамиды — равные равно-

бедренные треугольники. Высота SM (рис. 323) каждого из этих тре-угольников называется апофемой. Все апофемы в правильной пира-миде равны.

A

BC

D


M

S

O

A

BC

D

E

S

O

A1

B1 C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1C1

D1

E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1


Рис. 323 Рис. 324

336. Усечённая пирамида. Часть пирамиды (рис. 324), заключён-ная между основанием (ABCDE) и секущей плоскостью (A1B1C1D1E1),параллельной основанию, называется усечённой пирамидой. Параллель-ные грани называются основаниями, а отрезок перпендикуляра OO1,опущенного из какой-нибудь точки O1 основания A1B1C1D1E1 на дру-гое основание, — высотой усечённой пирамиды. Усечённая пирамиданазывается правильной, если она составляет часть правильной пира-миды.

Свойства граней и диагоналей параллелепипеда

337. Те о р е м а. В параллелепипеде:1) противоположные грани равны и параллельны;2) все четыре диагонали пересекаются в одной точке и

делятся в ней пополам.1) Грани (рис. 325) BB1C1C и AA1D1D параллельны, потому что

две пересекающиеся прямые BB1 и B1C1 одной грани параллельныдвум пересекающимся прямым AA1 и A1D1 другой (§ 290); эти грании равны, так как B1C1 = A1D1, B1B = A1A (как противоположныестороны параллелограммов) и ∠BB1C1 = ∠AA1D1.


A

B

C

D

A1

B1

C1

D1

Рис. 325

A

BC

D

A1

B1

C1

D1

Рис. 326

C

B

AD

C1 B1

A1

D1

Рис. 327

2) Возьмём (рис. 326) какие-нибудь дведиагонали, например AC1 и BD1, и прове-дём вспомогательные прямые AD1 и BC1.Так как рёбра AB и D1C1 соответствен-но равны и параллельны ребру DC, то ониравны и параллельны между собой; вслед-ствие этого фигура AD1C1B есть паралле-лограмм, в котором прямые C1A и BD1 —диагонали, а в параллелограмме диагоналиделятся в точке пересечения пополам.

Возьмём теперь одну из этих диагоналей,например AC1, с третьей диагональю, поло-жим, с B1D. Совершенно так же мы можемдоказать, что они делятся в точке пересе-чения пополам. Следовательно, диагоналиB1D и AC1 и диагонали AC1 и BD1 (кото-рые мы раньше брали) пересекаются в однойи той же точке, а именно в середине диаго-нали AC1. Наконец, взяв эту же диагональAC1 с четвёртой диагональю A1C, мы такжедокажем, что они делятся пополам. Значит,точка пересечения и этой пары диагоналейлежит в середине диагонали AC1. Таким об-разом, все четыре диагонали параллелепи-педа пересекаются в одной и той же точке иделятся этой точкой пополам.

338. Те о р е м а. В прямоугольномпараллелепипеде квадрат любой диа-гонали (AC1, рис. 327) равен суммеквадратов трёх его измерений.

Проведя диагональ основания AC, полу-чим треугольники AC1C и ACB. Оба онипрямоугольные: первый потому, что парал-лелепипед прямой и, следовательно, реброCC1 перпендикулярно к основанию; второйпотому, что параллелепипед прямоугольный и, значит, в основании еголежит прямоугольник. Из этих треугольников находим:

AC21 = AC2 + CC2

1

и

AC2 = AB2 +BC2.



AC21 = AB2 +BC2 + CC2

1 =

= AB2 +AD2 +AA21.

С л е д с т в и е. В прямоугольном параллелепипеде все диагонали рав-ны.

Свойства параллельных сечений в пирамиде

339. Те о р е м ы. Если пирамида (рис. 328) пересечена плос-костью, параллельной основанию, то:

1) боковые рёбра и высота делятся этой плоскостью напропорциональные части;

2) в сечении получается многоугольник (abcde), подобныйоснованию (ABCDE);

3) площади сечения и основания относятся, как квадратыих расстояний от вершины.

1) Прямые ab и AB можно рассматривать как линии пересечениядвух параллельных плоскостей (основания и секущей) третьей плоско-стью ASB; поэтому ab ‖ AB (§ 291). По этой же причине bc ‖ BC,cd ‖ CD . . . и am ‖ AM ; вследствие этого

Sa

aA=Sb

bB=Sc

cC= · · · = Sm

mM.

A

B C

DE

S

M

a

b ccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccc

d

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee


Рис. 328

2) Из подобия треугольников ASB и aSb,затем BSC и bSc и так далее выводим:

AB

ab=BS

bS;

BS

bS=BC

bc,

откудаAB

ab=BC

bc.

Также

BC

bc=CS

cS;

CS

cS=CD

cd,

откудаBC

bc=CD

cd.

Так же докажем пропорциональность остальных сторон многоуголь-ников ABCDE и abcde. Так как, сверх того, у этих многоугольников


равны соответственные углы (как образованные параллельными и оди-наково направленными сторонами), то они подобны. Площади подоб-ных многоугольников относятся, как квадраты сходственных сторон;поэтому

площадьABCDEплощадь abcde

=AB2

ab2=

(AB

ab

)2

.

ноAB

ab=AS

aS=MS

mS,

значитплощадьABCDEплощадь abcde

=MS2

mS2=

(MS

mS

)2

.

340. С л е д с т в и е. У правильной усечённой пирамиды верхнее ос-нование есть правильный многоугольник, подобный нижнему основа-нию, а боковые грани — равные и равнобочные трапеции (рис. 328).Высота любой из этих трапеций называется апофемой правильнойусечённой пирамиды.

341. Те о р е м а. Если две пирамиды с равными высотамирассечены на одинаковом расстоянии от вершины плоскостя-ми, параллельными основаниям, то площади сечений пропор-циональны площадям оснований.

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH

B B1

b b1

Рис. 329

Пусть (рис. 329) B и B1 — площади оснований двух пирамид, H— высота каждой из них, b и b1 — площади сечений плоскостями, па-раллельными основаниям и удалёнными от вершин на одно и то жерасстояние h.

Согласно предыдущей теореме мы будем иметь:

b

B=

h2

H2и

b1B1

=h2

H2,


откудаb

B=

b1B1

иb

b1=

B

B1.

342. С л е д с т в и е. Если B = B1, то и b = b1, то есть если у двухпирамид с равными высотами основания равновелики, то равновеликии сечения, равноотстоящие от вершины.

Боковая поверхность призмы и пирамиды

a

bc

de

A

B C

DE

A1

B1 C1

D1

E1

Рис. 330

343. Перпендикулярным се-чением (рис. 330) называется мно-гоугольник abcde, получаемый отпересечения боковых граней приз-мы (или их предложений за основа-ния) с плоскостью, перпендикуляр-ной к боковому ребру.

Заметим, что стороны этогомногоугольника перпендикулярнык рёбрам (§§ 305, 299).

Т е о р е м а. Площадь1 боко-вой поверхности призмы равнапроизведению периметра пер-пендикулярного сечения на бо-ковое ребро.

Боковая поверхность призмы со-стоит из параллелограммов; в каж-дом из них за основание можно взять боковое ребро, а за высоту —сторону перпендикулярного сечения. Поэтому площадь боковой поверх-ности призмы равна:

AA1·ab+BB1·bc+CC1·cd+DD1·de+EE1·ea = (ab+bc+cd+de+ea)·AA1.

344. С л е д с т в и е. Площадь боковой поверхности прямой призмыравна произведению периметра основания на высоту потому, что в та-кой призме за перпендикулярное сечение можно взять само основание,а боковое ребро её равно высоте.

345. Те о р е м а. Площадь боковой поверхности правильнойпирамиды равна произведению периметра основания на поло-вину апофемы.

1В дальнейшем ради краткости термин «поверхность» может употребляется вме-сто «площадь поверхности».


A

BC

DE

S

M

ab c

deeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee


Рис. 331

Пусть (рис. 331) SABCDE — пра-вильная пирамида и SM — её апо-фема. Площадь боковой поверхностиэтой пирамиды есть сумма площадейравных равнобедренных треугольни-ков. Площадь одного из них, напри-мер ASB, равна AB · 12SM . Если всеготреугольников n, то площадь боковойповерхности равна

AB · 12SM · n = AB · n · 12SM,

где AB ·n есть периметр основания, aSM — апофема.

346. Те о р е м а. Площадь бо-ковой поверхности правильнойусечённой пирамиды равна про-изведению полусуммы перимет-ров обоих оснований на апофему.

Боковая поверхность правильной усечённой пирамиды сотоит изравных трапеций. Площадь одной трапеции, например AabB (рис. 331),равна 1

2 (AB + ab) ·Mm. Если число всех трапеций есть n, то площадьбоковой поверхности равна:

AB + ab

2·Mm · n =

AB · n+ ab · n2

·Mm

где AB · n и ab · n — периметры нижнего и верхнего оснований.

Упражнения1. Высота прямой призмы, основание которой есть правильный тре-

угольник, равна 12 м, сторона основания 3 м. Вычислить полнуюповерхность призмы.

2. Площадь полной поверхности прямоугольного параллелепипедаравна 1714 м2, а неравные стороны основания равны 25 м и 14 м.Вычислить площадь боковой поверхности и боковое ребро.

3. В прямоугольном параллелепипеде с квадратным основанием ивысотой h проведена секущая плоскость через два противополож-ных боковых ребра. Вычислить площадь полной поверхности па-раллелепипеда, зная, что площадь сечения равна S.

4. Правильная шестиугольная пирамида имеет сторону основания aи высоту h. Вычислить боковое ребро, апофему, площади боковойповерхности и полной поверхности.


5. Вычислить площадь полной поверхности и высоту треугольнойпирамиды, у которой каждое ребро равно a.

6. Правильная шестиугольная пирамида, у которой высота 25 см, асторона основания 5 см, рассечена плоскостью, параллельной ос-нованию. Вычислить расстояние этой плоскости от вершины пи-рамиды, зная, что площадь сечения равна 2

3

√3 см2.

7. Высота усечённой пирамиды с квадратным основанием равна h,сторона нижнего основания a, а верхнего b. Найти площадь пол-ной поверхности усечённой пирамиды.

8. Высота усечённой пирамиды равна 6, а площади оснований 18и 8. Пирамида рассечена плоскостью, параллельной основаниями делящей высоту пополам. Вычислить площадь сечения.

2. ОБЪЁМ ПРИЗМЫ И ПИРАМИДЫ 273

2 Объём призмы и пирамиды

347. Основные допущения в объёмах. Величина части про-странства, занимаемого геометрическим телом, называется объёмомэтого тела.

Мы ставим задачу — выразить эту величину положительным чис-лом. При этом мы будем руководствоваться следующими исходнымиположениями.

1) Равные тела имеют равные объёмы.2) Объём какого-нибудь тела (например, каждого параллелепипе-

да, изображённого на рис. 332), состоящего из частей (P и Q), равенсумме объёмов этих частей.

P QP

Q

Рис. 332

Так как объём измеряется положи-тельным числом, получаем, что объёмтела (например, одного из тел состо-ящего из частей P и Q на рис. 332)больше объёма его любой его части(P и Q). Это свойство можно выра-зить как объём части меньше объёмацелого.

Два тела, имеющие одинаковыеобъёмы, называются равновелики-ми. Заметим, что равновеликие тела (например, две тела на рис. 332)могут быть неравны, то есть одно из них невозможно совместить с дру-гим.

348. Единица объёма. За единицу объёма берут объём такого ку-ба, у которого каждое ребро равно линейной единице. Так, употреби-тельны кубические метры (м3), кубические сантиметры (см3) и так да-лее.

Рис. 333

Отношение двух кубических единиц раз-ных названий равно третьей степени отно-шения тех линейных единиц, которые слу-жат рёбрами для этих кубических единиц.Так, отношение кубического метра к куби-ческому дециметру равно 103, то есть 1000.Поэтому, например, если мы имеем куб сребром длиной a линейных единиц и другойкуб с ребром длиной 3a линейных единиц,то отношение их объёмов будет равно 33, тоесть 27, что ясно видно из рис. 333.


349. Замечание о числе, измеряющем объём. Относительночисла, измеряющего данный объём в кубических единицах, можно сде-лать разъяснение, аналогичное тому, какое было нами приведено в § 245относительно числа, измеряющего данную площадь в квадратных еди-ницах. Повторим вкратце это разъяснение в применении к объёмам.2

A

B

C


Рис. 334

Возьмём три взаимно перпендикулярныепрямые (рис. 334) OA, OB и OC и черезкаждые две из них проведём плоскость. Мыполучим тогда три взаимно перпендикуляр-ные плоскости AOC, COB и BOA. Вообра-зим теперь три ряда параллельных плоско-стей: ряд плоскостей, параллельных плос-кости AOC другой ряд плоскостей, парал-лельных плоскости BOA, и третий ряд плос-костей, параллельных плоскости BOC. До-пустим, кроме того, что соседние плоскостикаждого ряда отстоят одна от другой на од-но и то же расстояние, равное какой-нибудь

1k доле линейной единицы. Тогда от взаимного пересечения этих трёхрядов плоскостей образуется пространственная сеть кубов, из которыхкаждый представляет собой ( 1k )

3 часть кубической единицы.Вообразим, что в эту сеть мы поместили то тело, объём которого

желаем измерить. Тогда все кубы сети мы можем подразделить на трирода: 1) кубы, которые расположены полностью внутри тела, 2) ку-бы, которые некоторой частью выступают из тела (которые, другимисловами, пересекаются поверхностью тела), и 3) кубы, расположенныеполностью вне тела. Если кубов 1-го рода будет m, а 2-го рода n, тообъём данного тела не может быть меньше m

k3 и не может быть большеm+nk3 кубических единиц. То есть, эти два числа будут приближённые

меры данного объёма с точностью до nk3 кубических единиц, первое чис-

ло с недостатком, второе — с избытком. Уменьшая всё более и болеерасстояние между параллельными плоскостями, мы будем заполнятьпространство всё меньшими и меньшими кубами и можем получатьприближённые результаты измерения всё с большей и большей точно-стью. Если точность измерения n

k3 стремится к нулю при неограничен-ном возрастании k, то число V равное общему пределу приближённыхмер (с недостатком и с избытком) принимается за точную меру данногообъёма.

Доказано, что такое число V существует для всякого многогранни-ка и что оно не зависит от выбора тех трёх прямых OA, OB и OC(рис. 334), которые были взяты для построения пространственной сетикубов. (То же выполняется для тел ограниченных кривыми поверхно-

2Этот материал подробно изложен в статье «Площадь и объём» В. А. Рохлина(Энциклопедия элементарной математики, книга пятая, Геометрия).


стями — цилиндров, конусов, шаров, шаровых сегментов и шаровыхслоёв, о которых речь пойдёт далее.) Более того, число это обладаетсвойствами указанными в § 347.

Объём параллелепипеда

350. Те о р е м а.Объём прямоугольного параллелепипеда ра-вен произведению трёх его измерений.

A B

C

D

ab

c

Рис. 335

В таком кратком выражении теорему этунадо понимать так: число, выражающее объёмпрямоугольного параллелепипеда в кубическойединице, равно произведению чисел, выражаю-щих три его измерения в соответствующей ли-нейной единице, то есть в единице, являющейсяребром куба, объём которого принят за кубиче-скую единицу. Так, если x есть число, выража-ющее объём прямоугольного параллелепипедав кубических сантиметрах, и a, b и с — чис-ла, выражающие три его измерения в линей-ных сантиметрах, то теорема утверждает, чтоx = abc. При доказательстве рассмотрим особо следующие три случая:

1) Измерения выражаются ц е л ы м и ч и с л а м и.Пусть, например, измерения, будут (рис. 335) AB = a, BC = b и

BD = c, где a, b и c — какие-нибудь целые числа (например, как изоб-ражено у нас на рисунке: a = 4, b = 2 и c = 5). Тогда основание парал-лелепипеда содержит ab таких квадратов, из которых каждый пред-ставляет собой соответствующую квадратную единицу. На каждом изэтих квадратов, очевидно, можно поместить по одной кубической еди-нице. Тогда получится слой (изображённый на рисунке), состоящий изab кубических единиц. Так как высота этого слоя равна одной линейнойединице, а высота всего параллелепипеда содержит c таких единиц, товнутри параллелепипеда можно поместить c таких слоёв. Следователь-но, объём этого параллелепипеда равен abc кубических единиц.

2) Измерения выражаются д р о б н ы м и ч и с л а м и.Пусть измерения параллелепипеда будут:

m

n,p

q,r

s

(некоторые из этих дробей могут равняться целому числу). Приведядроби к одинаковому знаменателю, будем иметь:

mqs

nqs,pns

qns,rnq

snq.

Примем 1nqs долю линейной единицы за новую (вспомогательную)

единицу длины. Тогда в этой новой единице измерения данного па-


раллелепипеда выразятся целыми числами, а именно: mqs, pns и rnqи потому по доказанному (в случае 1) объём параллелепипеда равенпроизведению

(mqs) · (pns) · (rnq),

если измерять этот объём новой кубической единицей, соответствую-щей новой линейной единице. Таких кубических единиц в одной кубиче-ской единице, соответствующей прежней линейной единице, содержит-ся (nqs)3; значит, новая кубическая единица составляет 1

(nqs)3 прежней.Поэтому раллелепипеда, выраженный в прежних единицах равен

1

(nqs)3· (mqs) · (pns) · (rnq) = mqs

nqs· pnsnqs· rnqnqs

=

=m

n· pq· rs.

3) Измерения выражаются и р р а ц и о н а л ь н ы м и ч и с л а м и.Пусть у данного параллелепипеда (рис. 336), который для краткости

мы обозначим одной буквой Q, измерения будут:

AB = α, AC = β, AD = γ,

где все числа α, β и γ или только некоторые из них иррациональные.

AB

C

DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

B1

C1

D1

B2

C2

D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2D2

QQ1

Q2

Рис. 336

Каждое из чисел a, β и γ мо-жет быть представлено в видебесконечной десятичной дроби.Возьмём приближённые значе-ния этих дробей с n десятичны-ми знаками сначала с недостат-ком, а затем с избытком. Зна-чения с недостатком обозначимαn, βn, γn, значения с избыткомα′n, β′n, γ′n. Отложим на ребреAB, начиная от точки A, дваотрезка AB1 = αn и AB2 = α′n.На ребре AC от той же точкиA отложим отрезки AC1 = βn иAC2 = β′n и на ребре AD от тойже точки — отрезки AD1 = γn иAD2 = γ′n. При этом мы будем

иметь

AB1 6 AB < AB2;

AC1 6 AC < AC2;

AD1 6 AD < AD2.


Построим теперь два вспомогательных параллелепипеда: один (обо-значим его Q1) с измерениями AB1, AC1 и AD1 и другой (обозначимего Q2) с измерениями AB2, AC2 и AD2. Параллелепипед Q1 будет весьпомещаться внутри параллелепипеда Q, а параллелепипед Q2 будет со-держать внутри себя параллелепипед Q.

По доказанному (в случае 2) будем иметь:

объёмQ1 = αnβnγn,

объёмQ2 = α′nβ′nγ′n.

Поскольку Q1 лежит в Q, а Q лежит в Q2, выполняется следующеедвойное неравенство

объёмQ1 < объёмQ < объёмQ2,

илиαnβnγn < объёмQ < α′nβ

′nγ′n.

Это двойное неравенство остаётся верным при всякой степени точности,с которою мы находим приближённые значения чисел α, β и γ. Значит,неравенство это мы можем высказать так: число, измеряющее объёмданного параллелепипеда, должно быть больше произведения любыхприближенных значений чисел α, β и γ, если эти значения взятыс недостатком, но меньше произведения любых приближенных зна-чений тех же чисел, если эти значения взяты с избытком. Такоечисло, как известно из алгебры, равно произведению αβγ. Значит, и вэтом случае

объёмQ = αβγ.

351. С л е д с т в и е. Пусть измерения прямоугольного параллеле-пипеда, служащие сторонами его основания, выражаются числами a иb, а третье измерение (высота) — числом c. Тогда, обозначая объём егов соответствующих кубических единицах буквой V , можем написать

V = abc.

Так как произведение ab выражает площадь основания, то можно ска-зать, что объём, прямоугольного параллелепипеда равен произведениюплощади основания на высоту.

352. Л е м м а. Наклонная призма равновелика такой пря-мой призме, основание которой равно перпендикулярному се-чению наклонной призмы, а высота — её боковому ребру.

Пусть дана наклонная призмаABCDEA1B1C1D1E1 (рис. 337). Про-должим все её боковые рёбра и боковые грани в одном направлении.


Возьмём на продолжении одного какого-нибудь ребра произволь-ную точку a и проведём через неё перпендикулярное сечение abcde. За-тем, отложив aa1 = AA1, проведём через a1 перпендикулярное сечениеa1b1c1d1e1. Так как плоскости обоих сечений параллельны, то

bb1 = cc1 = dd1 = ee1 = aa1 = AA1

(§ 292). Вследствие этого многогранник abcdea1b1c1d1e1, у которого заоснования приняты проведённые нами сечения, есть прямая призма, окоторой говорится в теореме.

a

bc

deeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

a1

b1c1

d1

e1

A1

B1 C1

D1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1E1

A

B C

DE

Рис. 337

Докажем, что данная наклоннаяпризма равновелика этой прямой. Дляэтого предварительно убедимся, что мно-гогранники aD и a1D1 равны. Основанияих abcde и a1b1c1d1e1 равны как основа-ние призмы ad1; с другой стороны, при-бавив к обеим частям равенства

A1A = a1a

по одному и тому же отрезку прямойA1a, получим

aA = a1A1.

Подобно этому получим bB = b1B1, cC == c1C1 и так далее. Вообразим теперь,

что многогранник aD вложен в многогранник a1D1 так, что основанияих совпали; тогда боковые рёбра, будучи перпендикулярны к основа-ниям и соответственно равны, также совпадут; поэтому многогранникaD совместится с многогранником a1D1; значит, эти тела равны.

Теперь заметим, что если к прямой призме a1d добавим многогран-ник aD, a к наклонной призме A1D добавим многогранник a1D1, рав-ный aD, то получим один и тот же многогранник a1D. Из этого следует,что две призмы A1D и a1d равновелики.

353. Те о р е м а. Объём, параллелепипеда равен произведе-нию площади основания на высоту.

Ранее мы доказали эту теорему для параллелепипеда прямоуголь-ного, теперь докажем её для параллелепипеда прямого, а потом и на-клонного.

1) Пусть (рис. 338) AC1 — прямой параллелепипед, то есть такой,у которого основание ABCD — какой-нибудь параллелограмм, а всебоковые грани — прямоугольники. Возьмём в нём за основание боковуюгрань AA1B1B; тогда параллелепипед будет наклонный. Рассматриваяего как частный случай наклонной призмы, мы на основании леммыпредыдущего параграфа можем утверждать, что этот параллелепипед


равновелик такому прямому параллелепипеду, у которого основаниеесть перпендикулярное сечение MNPQ, а высота BC.

A

BC

D

A1

B1C1

D1

M

N

P

Q

Рис. 338

ЧетырёхугольникMNPQ—прямоугольник, потому что егоуглы служат линейными уг-лами прямых двугранных уг-лов; поэтому прямой паралле-лепипед, имеющий основаниемпрямоугольник MNPQ, дол-жен быть прямоугольным и,следовательно, его объём равенпроизведению трёх его измере-ний, за которые можно принятьотрезки MN , MQ и BC. Такимобразом,

объёмAC1 =MN ·MQ ·BC =MN · (MQ ·BC).

Но произведениеMQ·BC выражает площадь параллелограмма ABCD,поэтому

объёмAC1 = (площадиABCD) ·MN = (площадиABCD) ·BB1.

A

BC

D

A1

B1 C1

D1

M

N

P

Q R

S

Рис. 339

2) Пусть (рис. 339) AC1 — наклонный параллелепипед. Он равнове-лик такому прямому, у которого основанием служит перпендикулярноесечение MNPQ (то есть перпендикулярное к рёбрам AD, BC, . . . ), авысотой — ребро BC. Но, по доказанному, объём прямого параллеле-пипеда равен произведению площади основания на высоту; значит,

объёмAC1 = (площадиMNPQ) ·BC.

Если RS есть высота сечения MNPQ, то площадь MNPQ равнаMQ ·RS, поэтому

объёмAC1 =MQ ·RS ·BC = (BC ·MQ) ·RS.


Произведение BC ·MQ выражает площадь параллелограмма ABCD;следовательно,

объёмAC1 = (площадиABCD) ·RS.

Остаётся доказать, что отрезок RS представляет собой высоту па-раллелепипеда. Действительно, сечение MNPQ, будучи перпендику-лярно к рёбрам BC, B1C1, . . . , должно быть перпендикулярно к гра-ням ABCD, BB1C1C, . . . , проходящим через эти рёбра (§ 317). Поэтомуесли мы из точки S восставим перпендикуляр к плоскости ABCD, тоон должен лежать весь в плоскости MNPQ (§ 318) и, следовательно,должен слиться с прямой SR, лежащей в этой плоскости и перпен-дикулярной к MQ. Значит, отрезок SR есть высота параллелепипеда.Таким образом, объём и наклонного параллелепипеда равен произве-дению площади основания на высоту.

С л е д с т в и е. Если V , B иH — числа, выражающие в соответству-ющих единицах объём, площадь основания и высоту параллелепипеда,то можно написать:

V = B ·H.

Объём призмы

354. Те о р е м а.Объём, призмы равен произведению площа-ди основания на высоту.

Сначала докажем эту теорему для треугольной призмы, а потом идля многоугольной.

AB

CD

A1B1

C1D1

a

b

c

d

Рис. 340

1) Проведём через ребро AA1

треугольной призмы ABCA1B1C1

(рис. 340) плоскость, параллельнуюграни BB1C1C, а через ребро CC1

— плоскость, параллельную граниAA1B1B; затем продолжим плоскостиобоих оснований призмы до пересеченияс проведёнными плоскостями. Тогда мыполучим параллелепипед BD1, которыйдиагональной плоскостью AA1C1C де-лится на две треугольные призмы (однаиз них данная).

Докажем, что эти призмы равновели-ки. Для этого проведём перпендикуляр-ное сечение abcd. В сечении получится

параллелограмм, который диагональю ac делится на два равных тре-угольника. Данная призма равновелика такой прямой призме, у кото-рой основание есть 4abc, а высота — ребро AA1 (§ 352). Другая тре-угольная призма равновелика такой прямой, у которой основание есть


4adc, а высота — ребро AA1. Но две прямые призмы с равными ос-нованиями и равными высотами равны (потому что при вложении онисовмещаются), значит, призмы ABCA1B1C1 и ADCA1D1C1 равнове-лики. Из этого следует, что объём данной призмы составляет половинуобъёма параллелепипеда BD1; поэтому, обозначив высоту призмы че-рез H, получим:

объём треугольной призмы =(площадиABCD) ·H

2=

=(площадиABCD)

2·H =

= (площадиABC) ·H.

A

B

C

DE

A1

B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1

C1

D1E1

Рис. 341

2) Проведём через ребро AA1 многоуголь-ной призмы (рис. 341) диагональные плоскостиAA1C1C и AA1D1D. Тогда данная призма рас-сечётся на несколько треугольных призм. Сум-ма объёмов этих призм составляет искомый объ-ём. Если обозначим площади их оснований черезb1, b2, b3, а общую высоту через H, то получим:

объём многоугольной призмы =

= b1 ·H + b2 ·H + b3 ·H =

= (b1 + b2 + b3) ·H =

= (площадиABCDE) ·H.

С л е д с т в и е. Если V , B и H будут числа,выражающие в соответствующих единицах объём,площадь основания и высоту призмы, то, по доказанному, можно на-писать:

V = B ·H.

Объём пирамиды

355. Л е м м а. Треугольные пирамиды с равновеликими ос-нованиями и равными высотами равновелики.

Доказательство наше будет состоять из трёх частей. В первой ча-сти мы докажем равновеликость не самих пирамид, а вспомогательныхтел, составленных из ряда треугольных призм, поставленных друг надруга. Во второй части мы докажем, что объёмы этих вспомогатель-ных тел при увеличении числа составляющих их призм приближаютсяк объёмам пирамид как угодно близко. Наконец, в третьей части мыубедимся, что сами пирамиды должны быть равновелики.

I. Вообразим, что пирамиды поставлены основаниями на некоторуюплоскость (как изображено на рис. 342), тогда их вершины будут нахо-диться на одной прямой, параллельной плоскости оснований, и высота


A

B

C

S

A1

B1

C1

S1

Hp1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1p1

p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2p2


q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1q1



Рис. 342

пирамид может быть изображена одним и тем же отрезком прямой H.Разделим эту высоту на какое-нибудь целое число n равных частей (на-пример, на 4, как это указано на рис. 342) и через точки деления про-ведём ряд плоскостей, параллельных плоскости оснований. Плоскостиэти, пересекаясь с пирамидами, дают в сечениях ряд треугольников,причём треугольники пирамиды S будут равновелики соответствую-щим треугольникам пирамиды S1 (§ 342). Поставим внутри каждойпирамиды ряд таких призм, чтобы верхними основаниями у них былитреугольники сечений, боковые рёбра были параллельны ребру SA водной пирамиде и ребру S1A1 в другой, а высота каждой призмы рав-нялась бы H/n. Таких призм в каждой пирамиде окажется n − 1; ониобразуют некоторое ступенчатое тело, объём которого, очевидно, мень-ше объёма той пирамиды, в которой призмы построены. Обозначимобъёмы призм пирамиды S по порядку, начиная от вершины буквамиp1, p2, p3, . . . , pn−1, а объёмы призм пирамиды S1 — также по порядкуот вершины буквами q1, q2, q3, . . . , qn−1. Тогда, принимая во внимание,что у каждой пары соответствующих призм (у p1 и q1, у p2 и q2 и такдалее) основания равновелики и высоты равны, мы можем написатьряд равенств на их объёмы:

p1 = q1, p2 = q2, p3 = q3, . . . , pn−1 = qn−1.

Сложив все равенства почленно, получим:

p1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1 = q1 + q2 + q3 + · · ·+ qn−1 (1)

Мы доказали, таким образом, что объёмы построенных нами вспомо-гательных ступенчатых тел равны между собой (при всяком числе n,на которое мы делим высоту H).

II. Обозначив объёмы пирамид S и S1 соответственно буквами V иV1, положим, что

V − (p1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1) = x


иV − (q1 + q2 + q3 + · · ·+ qn−1) = y,

откудаp1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1 = V − x

иq1 + q2 + q3 + · · ·+ qn−1 = V − y,

Тогда равенство (1) мы можем записать так:

V − x = V1 − y. (2)

Предположим теперь, что число n равных частей, на которое мыделим высоту H, неограниченно возрастает; например, предположим,что, вместо того чтобы делить высоту на 4 равные части, мы разделимеё на 8 равных частей, потом на 16, на 32 и так далее, и пусть каждыйраз мы строим указанным образом ступенчатые тела в обеих пирами-дах. Как бы ни возросло число призм, составляющих ступенчатые тела,равенство (1), а следовательно, и равенство (2) остаются в силе. Приэтом объёмы V и V1, конечно, не будут изменяться, тогда как вели-чины x и y, показывающие, на сколько объёмы пирамид превосходятобъёмы соответствующих ступенчатых тел, будут, очевидно, всё болееи более уменьшаться. Докажем, что величины x и y могут сделатьсякак угодно малы (другими словами, что они стремятся к нулю). Этодостаточно доказать для какой-нибудь одной из двух величин x и y,например для x.

A

B

C

S




p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1p′1




Рис. 343

С этой целью построим для пирами-ды S (рис. 343) ещё другой ряд призм,который составит тоже ступенчатое тело,но по объёму большее пирамиды. Приз-мы эти мы построим так же, как строиливнутренние призмы, с той только разни-цей, что треугольники сечении мы теперьпримем не за верхние основания призм, аза нижние. Вследствие этого мы получимряд призм, которые некоторой своей ча-стью будут выступать из пирамид наружу,и потому они образуют новое ступенчатоетело с объёмом, большим, чем объём пира-миды. Таких призм будет теперь не n− 1,как внутренних призм, а n. Обозначим ихобъёмы по порядку, начиная от вершины, буквами: p′1, p′2, p′3, . . . , p′n.Рассматривая чертёж, мы легко заметим, что

p′1 = p1, p′2 = p2, p′3 = p3, . . . , p′n−1 = pn−1.


Поэтому

(p′1 + p′2 + p′3 + · · ·+ p′n−1 + p′n)− (p1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1) = p′n

Так какp′1 + p′2 + p′3 + · · ·+ p′n−1 + p′n > V,

аp1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1 < V,

тоV − (p1 + p2 + p3 + · · ·+ pn−1) < p′n

то естьx < p′n.

Ноp′n = площадиABC · H

n

(если ABC есть основание); поэтому

x < (площадиABC) · Hn.

При неограниченном возрастании числа n величина Hn , очевидно,

может быть сделана как угодно малой (стремится к нулю). Поэтому ипроизведение (площадьABC · Hn ), в котором множимое не изменяется,а множитель стремится к нулю, тоже стремится к нулю, и так как по-ложительная величина x меньше этого произведения, то она и подавностремится к нулю.

То же самое рассуждение можно было бы повторить и о величине y.Мы доказали, таким образом, что при неограниченном увеличении

числа призм объёмы вспомогательных ступенчатых тел приближаютсяк объёмам соответствующих пирамид как угодно близко.

III. Заметив это, возьмём написанное выше равенство (2) и прида-дим ему такой вид:

V − V1 = x− y.

Докажем теперь, что это равенство возможно только тогда, когда V == V1 и x = y. Действительно, разность V − V1, как всякая разностьпостоянных величин, должна равняться постоянной величине, разностьже x−y, как всякая разность между переменными величинами, стремя-щимися к нулю, должна или равняться некоторой переменной величине(стремящейся к нулю), или равняться нулю. Так как постоянная вели-чина не может равняться переменной, то из двух возможностей надооставить только одну: разность x− y = 0; но тогда V = V1 и x = y.

Мы доказали, таким образом, что рассматриваемые пирамиды рав-новелики.


З а м е ч а н и е Необходимость столь сложного доказательства этойлеммы объясняется тем фактом, что два равновеликих многогранниканельзя так легко преобразовывать один в другой, как это можно бы-ло делать с равновеликими многоугольниками на плоскости. А именно,если даны два равновеликих многогранника, то в общем случае ока-зывается невозможным разбить один из них на такие части из кото-рых можно было бы составить другой. В частности, это невозможнодля двух произвольных треугольных пирамид с равновеликими осно-ваниями и равными высотами. Эти утверждения были строго доказанынемецким математиком Максом Деном.3

Метод использованный нами в доказательстве называется м е т о -д о м и с ч е р п ы в а н и я; он является основным методом нахожденияобъёмов. Этот метод лежит в основе понятия интеграла, которое изу-чается в курсе алгебры и начал анализа.

356. Принцип Кавальери. Следующее предложение высказаноитальянским математиком Кавальери: Если два тела (ограниченныеплоскостями или кривыми поверхностями — всё равно) могут бытьпомещены в такое положение, при котором всякая плоскость, парал-лельная какой-нибудь данной плоскости либо даёт в сечении с нимиравновеликие фигуры либо вовсе не пересекает оба тела, то объёмытаких тел одинаковы.

Рис. 344

P

Q

Рис. 345

Это предложение может бытьстрого доказано тем же мето-дом которым мы воспользова-лись в § 355. Но это доказа-тельство сложнее и потому мыограничимся только формули-ровкой.

Принцип Кавальери мож-но проверить на отдельныхпростых примерах. Условиямпринципа удовлетворяют, на-пример, две прямые призмы(треугольные или многоуголь-ные — всё равно) с равнове-ликими основаниями и равны-ми высотами (рис. 344). Такиепризмы, как мы знаем, равно-велики. Вместе с тем, если по-ставим такие призмы основа-ниями на какую-нибудь плос-кость, то всякая плоскость, па-

3Доказательство приводится в книге «Третья проблема Гильберта» В. Г. Бол-тянского.


раллельная основаниям и пересекающая одну из призм, пересечёт идругую, причём в сечениях получатся равновеликие фигуры, так какфигуры эти равны основаниям, а основания равновелики. Значит, прин-цип Кавальери подтверждается в этом частном случае.

Условиям принципа удовлетворяют также пирамиды с равновелики-ми основаниями и разными высотами. Действительно, вообразим, чтодве такие пирамиды поставлены основаниями на какую-нибудь плос-кость P (рис. 345), тогда всякая секущая плоскость Q, параллельнаяP , даёт в сечении с пирамидами равновеликие треугольники (§ 342);следовательно, пирамиды эти удовлетворяют условиям принципа Ка-вальери, и потому объёмы их должны быть одинаковы. Заметим, чтомы привели доказательство леммы в § 355 используя принцип Кавалье-ри; однако это доказательство нельзя считать строгим, так как принципКавальери нами не был доказан.

В § 410 будет представлено ещё один пример применения принципаКавальери.

Рис. 346

В применении к площадям дляфигур на плоскости, также вы-полняется принцип Кавальери, аименно: если две фигуры могутбыть помещены в такое положе-ние, что всякая прямая, парал-лельная какой-нибудь данной пря-мой, либо даёт в сечении с нимиравные отрезки либо не пересека-

ет обе фигуры, то такие фигуры равновелики. Примером могут слу-жить два параллелограмма или два треугольника с равными основани-ями и равными высотами (рис. 346).

357. Те о р е м а. Объём пирамиды равен произведению пло-щади её основания на треть её высоты.

Сначала докажем эту теорему для пирамиды треугольной, а затеми многоугольной.

A

B

C

D ES

A C

D ES

Рис. 347

1) На основании треуголь-ной пирамиды SABC (рис. 347)построим такую призмуABCDES,у которой высота равна вы-соте пирамиды, а одно боко-вое ребро совпадает с ребромSB. Докажем, что объём пира-миды составляет третью частьобъёма этой призмы. Отделимот призмы данную пирамиду.Тогда останется четырёхуголь-ная пирамида SADEC (кото-


рая для ясности изображена отдельно). Проведём в ней секущую плос-кость через вершину S и диагональ основания DC. Получившиеся отэтого две треугольные пирамиды имеют общую вершину S и равныеоснования 4DEC и 4DAC, лежащие в одной плоскости; значит, со-гласно доказанной выше лемме пирамиды эти равновелики. Сравнимодну из них, а именно SDEC, с данной пирамидой. За основание пира-миды SDEC можно взять 4SDE; тогда вершина её будет в точке C ивысота равна высоте данной пирамиды. Так как 4SDE = 4ABC, тосогласно той же лемме пирамиды SDEC и SABC равновелики.

Призма ABCDES нами разбита на три равновеликие пирамиды:SABC, SDEC и SDAC. (Такому разбиению, очевидно, можно под-вергнуть всякую треугольную призму.) Таким образом, сумма объёмовтрёх пирамид, равновеликих данной, составляет объём призмы; следо-вательно,

объёмSABC = 13объёмаSDEABC =

=(площадиABC) ·H

3=

= (площадиABC) · H3,

где H есть высота пирамиды.

A

B C

D

E

S

b1b2

b3

Рис. 348

2) Через какую-нибудь вершину E (рис. 348)основания многоугольной пирамиды SABCDEпроведём диагонали EB и EC. Затем через реб-ро SE и каждую из этих диагоналей прове-дём секущие плоскости. Тогда многоугольнаяпирамида разобьётся на несколько треуголь-ных, имеющих высоту, общую с данной пирами-дой. Обозначив площади оснований треуголь-ных пирамид через b1, b2, b3, высоту через H,будем иметь:

объёмSABCDE = 13b1 ·H + 1

3b2 ·H + 13b3 ·H =

= (b1 + b2 + b3) ·H

3=

= (площадиABCDE) · H3

С л е д с т в и е. Если V , B иH означают числа, выражающие в соответ-ствующих единицах объём, площадь основания и высоту какой угоднопирамиды, то

V = 13B ·H.


358. Те о р е м а. Объём, усечённой пирамиды равен суммеобъёмов трёх пирамид, имеющих высоту, одинаковую с вы-сотой усечённой пирамиды, а основаниями: одна — нижнееоснование данной пирамиды, другая — верхнее основание, аплощадь основания третьей пирамиды равна среднему гео-метрическому площадей верхнего и нижнего оснований.

b

B

x

H

Рис. 349

Пусть площади оснований усечённой пи-рамиды (рис. 349) будут B и b, высота H иобъём V (усечённая пирамида может бытьтреугольная или многоугольная — всё равно).Требуется доказать, что

V = 13B·H+ 1

3b·H+ 13H·√Bb = 1

3H(B+b+√Bb),

где√Bb есть среднее геометрическое между

B и b.Для доказательства на меньшем основа-

нии поместим малую пирамиду, дополняю-щую данную усечённую пирамиду до полной.

Тогда объём усечённой пирамиды V мы можем рассматривать как раз-ность двух объёмов полной пирамиды и верхней дополнительной.

Обозначив высоту дополнительной пирамиды буквой x, мы полу-чим, что

V = 13B(H + x)− 1

3bx = 13 (BH +Bx− bx) = 1

3 [BH + (B − b)x].

Для нахождения высоты x воспользуемся теоремой § 339, согласнокоторой мы можем написать уравнение:

B

b=

(H + x)2

x2.

Для упрощения этого уравнения извлечём из обеих частей его квад-ратный корень: √

B√b

=H + x

x.

Из этого уравнения (которое можно рассматривать как пропорцию)получим:

x√B = (H + x)

√b,

откудаx(√B −

√b) = H

√b

и, следовательно,

x =H√b√

B −√b.


Подставив это выражение в формулу, выведенную нами для объёма V ,получим:

V =1

3

[BH +

(B − b)H√b√

B −√b

].

Так как B − b = (√B +

√b)(√B −

√b), то по сокращении дроби на

разность√B −

√b получим:

V =1

3

[BH + (

√B +

√b)H√b]=

=1

3

[BH +H

√Bb+ bH

]=

=1

3H[B +

√Bb+ b

],

то есть получим ту формулу, которую требовалось доказать.

З а м е ч а н и е . Если основания усечённой пирамиды являются квад-ратами со сторонами x и y, то согласно доказанной теореме,

V = H(x2 + xy + y2).

Эта формула для объёма квадратной усечённой пирамиды была извест-на в древнем Египте около 2 тысяч лет до нашей эры; в Московскомматематическом папирусе рассмотрен пример при x = 2, y = 4 и H = 6.


3 Правильные многогранники

Многогранник называется правильным, если все его грани — рав-ные правильные многоугольники и все многогранные углы равны (та-ков, например, куб). Из этого определения следует, что в правильныхмногогранниках равны все плоские углы, все двугранные углы и всерёбра.

359. Перечисление правильных многогранников. Примем вовнимание, что в многогранном угле наименьшее число граней три, ичто сумма плоских углов выпуклого многогранного угла меньше 360◦

(§ 325).

Рис. 350

Рис. 351

Рис. 352

Каждый угол правильного треугольникаравен 60◦. Если повторим 60◦ слагаемым 3, 4и 5 раз, то получим суммы, меньшие 360◦, а ес-ли повторим 60◦ слагаемым 6 раз или более, тополучим в сумме 360◦ или более. Поэтому изплоских углов, равных углам правильного тре-угольника, можно образовать выпуклые мно-гогранные углы только трёх видов: трёхгран-ные, четырёхгранные и пятигранные. Следова-тельно, если гранями правильного многогран-ника служат правильные треугольники, то ввершине многогранника могут сходиться или 3ребра, или 4 ребра, или 5 рёбер. Соответствен-но с этим имеется три вида правильных много-гранников с треугольными гранями:

1) Тетраэдр, или правильный четырёх-гранник, поверхность которого составлена изчетырёх правильных треугольников (рис. 350).Он имеет 4 грани, 4 вершины и 6 рёбер.

2) Октаэдр, или правильный восьмигран-ник, поверхность которого составлена из вось-ми правильных треугольников (рис. 351). Онимеет 8 граней, 6 вершин и 12 рёбер.

3) Икосаэдр, или правильный 20-гранник,образованный двадцатью правильными тре-угольниками (рис. 352). Он имеет 20 граней, 12вершин и 30 рёбер.

Угол квадрата равен 90◦, а угол правиль-ного пятиугольника равен 108◦, повторяя эти углы слагаемым 3 раза,получаем суммы, меньшие 360◦, а повторяя их 4 раза или более, получа-ем 360◦ или более. Поэтому из плоских углов, равных углам квадратаили правильного пятиугольника, можно образовать только трёхгран-ные углы.

3. ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОГРАННИКИ 291

Рис. 353

Рис. 354

А поэтому, если гранями многогранникаслужат квадраты, то в каждой вершине могутсходиться лишь 3 ребра. Имеется единственныйправильный многогранник этого рода — этокуб, или правильный шестигранник (рис. 353).Он имеет 6 граней, 8 вершин и 12 рёбер.

Если гранями правильного многогранникаслужат правильные пятиугольники, то в каж-дой вершине могут сходиться лишь 3 ребра.

Существует единственный правильный мно-гогранник этого рода — правильный 12-гранник, или додекаэдр. Он имеет 12 граней,20 вершин и 30 рёбер (рис. 354).

Угол правильного шестиугольника равен120◦, поэтому из таких углов нельзя образоватьдаже трёхгранного угла. Из углов правильныхмногоугольников, имеющих более 6 сторон, по-давно нельзя образовать никакого выпуклогомногогранного угла.

Отсюда следует, что гранями правильного многогранника могут слу-жить лишь правильные треугольники, квадраты и правильные пяти-угольники.

Таким образом, всего может существовать лишь пять видов пра-вильных многогранников, указанных выше.

360. Построение правильных многогранников. Изложенныевыше рассуждения о возможных видах правильных многогранниковдоказывают, что может существовать не более пяти видов правильныхмногогранников.

Но из этих рассуждений ещё не вытекает, что все эти пять видовправильных многогранников действительно существуют, то есть чтоможно проведением плоскостей в пространстве осуществить построениекаждого из этих пяти правильных многогранников. Чтобы убедиться всуществовании всех правильных многогранников, достаточно указатьспособ построения каждого из них.

Способ построения куба указать весьма легко. Действительно, бе-рём произвольную плоскость P и в ней какой-либо квадрат; через сто-роны этого квадрата проводим плоскости, перпендикулярные к плос-кости P . Таких плоскостей будет четыре. Далее проводим плоскость Q,параллельную P и отстоящую от неё на расстоянии, равном сторонеквадрата. Шесть полученных плоскостей образуют грани куба; двена-дцать прямых — пересечения каждой пары пересекающихся плоскостей— являются рёбрами куба, а восемь точек пересечения каждой тройкипересекающихся плоскостей служат вершинами куба.



B C

D

Рис. 355

Рис. 356

Рис. 357

Рис. 358

Умея построить куб, легко найти способ по-строения всех других правильных многогран-ников.

Построение тетраэдра. Пусть дан куб(рис. 355). Возьмём какую-нибудь его верши-ну, например A. В ней сходятся три грани ку-ба, имеющие форму квадратов. В каждом изэтих квадратов берём вершину, противополож-ную точке A. Пусть это будут вершины куба B,C и D.

Точки A, B, C и D служат вершинами тет-раэдра. Действительно, каждый из отрезковAB, BC, CD, AD, BD и AC, очевидно, слу-жит диагональю одной из граней куба. А пото-му все эти отрезки равны между собой. Отсюдаследует, что в треугольной пирамиде с верши-ной A и основанием BCD все грани — правиль-ные треугольники; следовательно, эта пирами-да является тетраэдром. Этот тетраэдр вписанв данный куб.

Полезно заметить, что оставшиеся четыревершины куба служат вершинами другого тет-раэдра, равного первому и также вписанного вданный куб.

Построение октаэдра. Если в данном ку-бе построить центры всех его граней, то шестьполученных точек служат вершинами октаэдра(рис. 356).

Построение додекаэдра и икосаэдра.Если через каждое из 12 рёбер куба прове-сти плоскость, не имеющую с поверхностью ку-ба других общих точек, кроме точек того реб-ра, через которое она проведена, то получен-ные 12 плоскостей образуют грани некоторо-го 12-гранника. Более подробное изучение фор-мы этого многогранника показывает, что мож-но так подобрать наклон этих плоскостей кграням куба (рис. 357), что полученный 12-гранник будет додекаэдром. При этом куб ока-

жется вписанным в додекаэдр; то есть 8 из 20 вершин додекаэдра яв-ляются вершинами куба.

Наконец, если мы умеем построить додекаэдр, то построение икоса-эдра не представляет затруднений: центры граней додекаэдра служатвершинами икосаэдра (рис. 358).

4. ПОНЯТИЕ О СИММЕТРИИ 293

4 Понятие о симметрии

OA

A′

Рис. 359

361. Центральная симметрия. Две фи-гуры называются центрально симметричнымиотносительно какой-либо точки O простран-ства, если каждой точке A одной фигуры со-ответствует в другой фигуре точка A′, распо-ложенная на прямой OA по другую сторонуот точки O, на расстоянии, равном расстоянию точки A от точки O(рис. 359). Точка O называется центром симметрии фигур.

Пример таких центрально симметричных фигур в пространстве мыуже встречали (§ 326), когда, продолжая за вершину ребра и гранимногогранного угла, получали многогранный угол, центрально симмет-ричный данному. Соответственные отрезки и углы, входящие в составдвух центрально симметричных фигур, равны между собой. Тем не ме-нее фигуры в целом не могут быть названы равными: их нельзя совме-стить одну с другой вследствие того, что порядок расположения частейв одной фигуре иной, чем в другой, как это мы видели на примере цен-трально симметричных многогранных углов.

В отдельных случаях центрально симметричные фигуры могут сов-мещаться, но при этом будут совпадать несоответственные их части.

O

XY

Z

X ′ Y ′

Z ′

Рис. 360

Например, возьмём прямой трёхгранныйугол (рис. 360) с вершиной в точке O ирёбрами OX, OY , OZ. Построим ему цен-трально симметричный угол OX ′Y ′Z ′. УголOXY Z можно совместить с OX ′Y ′Z ′ так,чтобы ребро OX совпало с OY ′, а ребро OYс OX ′. Если же совместить соответственныерёбра OX с OX ′ и OY с OY ′, то рёбра OZи OZ ′ окажутся направленными в противо-положные стороны.

Если центрально симметричные фигурысоставляют в совокупности одно геометри-ческое тело, то говорят, что это геометриче-ское тело имеет центр симметрии. Таким образом, если данное телоимеет центр симметрии, то всякой точке, принадлежащей этому те-лу, соответствует симметричная точка, тоже принадлежащая данно-му телу. Из рассмотренных нами геометрических тел центр симметрииимеют, например: 1) параллелепипед, 2) призма, имеющая в основанииправильный многоугольник с чётным числом сторон.

Тетраэдр не имеет центра симметрии.


362. Зеркальная симметрия. Две пространственные фигуры на-зываются зеркально симметричными относительно плоскости P , есликаждой точке A в одной фигуре соответствует в другой точка A′, при-чём отрезок AA′ перпендикулярен к плоскости P и в точке пересеченияс этой плоскостью делится пополам.

Т е о р е м а. Всякие два соответственных отрезка в двухзеркально симметричных фигурах равны между собой.

AB

A′B′

C DP

Рис. 361

Пусть даны две фигуры, зеркально сим-метричные относительно плоскости P . Вы-делим две какие-нибудь точки A и B первойфигуры, пусть A′ и B′ — соответствующиеим точки второй фигуры (рис. 361, на рисун-ке фигуры не изображены). Пусть далее C— точка пересечения отрезка AA′ с плоско-стью P , D — точка пересечения отрезка BB′с той же плоскостью. Соединив прямолиней-ным отрезком точки C и D, получим два че-тырёхугольника ABDC и A′B′DC. Так как

AC = A′C, BD = B′D

и∠ACD = ∠A′CD = 90◦, ∠BBC = ∠B′DC = 90◦,

то эти четырёхугольники равны (в чём легко убеждаемся наложением).Следовательно, AB = A′B′. Из этой теоремы непосредственно вытека-ет, что соответствующие плоские и двугранные углы двух зеркальносимметричных фигур равны между собой.

Тем не менее совместить эти две фигуры одну с другой так, чтобысовместились их соответственные части, невозможно, так как порядокрасположения частей в одной фигуре зеркальный тому, который имеетместо в другой (это будет доказано ниже, § 364). Простейшим примеромдвух зеркально симметричных фигур являются: любой предмет и егоотражение в плоском зеркале; всякая фигура, симметричная со своимзеркальным отражением относительно плоскости зеркала.

Если какое-либо геометрическое тело можно разбить на две части,симметричные относительно некоторой плоскости, то эта плоскость на-зывается плоскостью симметрии данного тела.

Геометрические тела, имеющие плоскость симметрии, чрезвычайнораспространены в природе и в обыденной жизни. Тело человека и жи-вотного имеет плоскость симметрии, разделяющую его на правую илевую части.

На этом примере особенно ясно видно, что зеркально симметричныефигуры нельзя совместить. Так, кисти правой и левой рук симметрич-ны, но совместить их нельзя, что можно видеть хотя бы из того, что


одна и та же перчатка не может подходить и к правой и к левой руке.Большое число предметов домашнего обихода имеет плоскость симмет-рии: стул, обеденный стол, книжный шкаф, диван и др. Некоторые, какнапример обеденный стол, имеют даже не одну, а две плоскости сим-метрии (рис. 362).

Рис. 362

Если, рассматривая предмет, имеющийплоскость симметрии, занять по отноше-нию к нему такое положение, чтобы плос-кость симметрии нашего тела, или покрайней мере нашей головы, совпала сплоскостью симметрии самого предмета,то симметричная форма предмета стано-вится особенно заметной.

363. Осевая симметрия. Две фигу-ры называются симметричными относи-тельно оси l (ось — прямая линия), если каждой точке впервой фигурысоответствует точка A′ второй фигуры, так что отрезок AA′ перпен-дикулярен к оси, пересекается с нею и в точке пересечения делитсяпополам. Сама прямая l называется осью симметрии второго порядка.

Из этого определения непосредственно следует, что если два геомет-рических тела, симметричных относительно какой-либо оси, пересечьплоскостью, перпендикулярной к этой оси, то в сечении получатся двеплоские фигуры, центрально симметричные относительно точки пере-сечения плоскости с осью симметрии тел.

Отсюда далее легко вывести, что два тела, симметричных относи-тельно оси, можно совместить одно с другим, вращая одно из них на180◦ вокруг оси симметрии. В самом деле, вообразим все возможныеплоскости, перпендикулярные к оси симметрии. Каждая такая плос-кость, пересекающая оба тела, содержит две фигуры, центрально сим-метричные относительно точки встречи плоскости с осью симметриител. Если заставить скользить секущую плоскость саму по себе, вра-щая её вокруг оси симметрии тела на 180◦, то первая фигура совпада-ет со второй. Это справедливо для любой секущей плоскости. Враще-ние же всех сечений тела на 180◦ равносильно повороту всего тела на180◦ вокруг оси симметрии. Отсюда и вытекает справедливость нашегоутверждения.

Если после вращения пространственной фигуры вокруг некоторойпрямой на 180◦ она совпадает сама с собой, то говорят, что фигураимеет эту прямую своею осью симметрии второго порядка.

Название «ось симметрии второго порядка» объясняется тем, чтопри полном обороте вокруг этой оси тело будет в процессе вращениядважды принимать положение, совпадающее с исходным (считая и ис-ходное). Примерами геометрических тел, имеющих ось симметрии вто-рого порядка, могут служить:


1) правильная пирамида с чётным числом боковых граней; осью еёсимметрии служит её высота;

2) прямоугольный параллелепипед; он имеет три оси симметрии:прямые, соединяющие центры его противоположных граней;

3) правильная призма с чётным числом боковых граней. Осью еёсимметрии служит каждая прямая, соединяющая центры любой парыпротивоположных граней (боковых граней и двух оснований призмы).Если число боковых граней призмы равно 2k, то число таких осей сим-метрии будет k + 1. Кроме того, осью симметрии для такой призмыслужит каждая прямая, соединяющая середины её противоположныхбоковых рёбер. Таких осей симметрии призма имеет k.

Таким образом, правильная 2k-гранная призма имеет 2k + 1 осейсимметрии.

364. Зависимость между различными видами симметрии впространстве. Между различными видами симметрии в пространстве— осевой, плоскостной и центральной — существует зависимость, вы-ражаемая следующей теоремой.

Т е о р е м а. Если фигура F зеркально симметрична с фи-гурой F ′ относительно плоскости P и в то же время цен-трально симметрична с фигурой F ′′ относительно точки O,лежащей в плоскости P , то фигуры F ′ и F ′′ симметричныотносительно оси, проходящей через точку O и перпендику-лярной к плоскости P .

A

B

A′ A′′C

H

OP

Рис. 363

Возьмём какую-нибудь точку A фигуры F(рис. 363). Ей соответствует точка A′ фигуры F ′

и точка A′′ фигуры F ′′ (сами фигуры F , F ′ и F ′′на чертеже не изображены).

Пусть B — точка пересечения отрезка AA′

с плоскостью P . Проведём плоскость через точ-ки A, A′ и O. Эта плоскость будет перпендику-лярна к плоскости P , так как проходит черезпрямую AA′, перпендикулярную к этой плоско-сти. В плоскости AA′O проведём прямую OH,перпендикулярную к OB. Эта прямая OH будет

перпендикулярна и к плоскости P . Пусть далее C — точка пересеченияпрямых AA′′ и OH.

В треугольнике AA′A′′ отрезок BO соединяет середины сторон AA′и AA′′, следовательно, BO ‖ A′A′′, но BO ⊥ OH, значит, A′A′′ ⊥ OH.Далее, так как O — середина стороны AA′′ и CO ‖ AA′, то A′C = A′′C.Отсюда заключаем, что точки A′ и A′′ симметричны относительно осиOH. То же самое справедливо и для всех других точек фигуры. Значит,наша теорема доказана.

Из этой теоремы непосредственно следует, что две зеркально сим-метричные фигуры не могут быть совмещены так, чтобы совместились


их соответственные части. В самом деле, фигура F ′ совмещается с F ′′путём вращения вокруг оси OH на 180◦. Но фигуры F ′′ и F не могутбыть совмещены как центрально симметричные, следовательно, фигу-ры F и F ′ также не могут быть совмещены.

A

B

C

S

Рис. 364

365. Оси симметрии высших порядков.Фигура, имеющая ось симметрии, совмещаетсясама с собой после поворота вокруг оси симмет-рии на угол в 180◦. Но возможны случаи, когдафигура приходит к совмещению с исходным по-ложением после поворота вокруг некоторой осина угол, меньший 180◦. Таким образом, если те-ло сделает полный оборот вокруг этой оси, тов процессе вращения оно несколько раз совме-стится со своим первоначальным положением.Такая ось вращения называется осью симмет-рии высшего порядка, причём число положенийтела, совпадающих с первоначальным, называ-ется порядком оси симметрии. Эта ось может ине совпадать с осью симметрии второго порядка.Так, правильная треугольная пирамида не имеет оси симметрии вто-рого порядка, но её высота служит для неё осью симметрии третьегопорядка. В самом деле, после поворота этой пирамиды вокруг высотына угол в 120◦ она совмещается сама с собой (рис. 364). При вращениипирамиды вокруг высоты она может занимать три положения, совпа-дающие с исходным, считая и исходное. Легко заметить, что всякая осьсимметрии чётного порядка есть в то же время ось симметрии второгопорядка.

Примеры осей симметрии высших порядков:1) Правильная n-угольная пирамида имеет ось симметрии n-го по-

рядка. Этой осью служит высота пирамиды.2) Правильная n-угольная призма имеет ось симметрии n-го поряд-

ка. Этой осью служит прямая, соединяющая центры оснований призмы.

366. Симметрии куба. Как и для всякого параллелепипеда, точкапересечения диагоналей куба есть центр его симметрии.

Куб имеет девять плоскостей симметрии: шесть диагональных плос-костей и три плоскости, проходящие через середины каждой четвёркиего параллельных рёбер.

Куб имеет девять осей симметрии второго порядка: шесть прямых,соединяющих середины его противоположных рёбер, и три прямые, со-единяющие центры противоположных граней (рис. 365). Эти последниепрямые также являются осями симметрии четвёртого порядка. Крометого, куб имеет четыре оси симметрии третьего порядка, которые яв-ляются его диагоналями. В самом деле, диагональ куба AG, очевидно,одинаково наклонена к рёбрам AB, AD и AE, а эти рёбра одинаково


наклонены одно к другому. Если соединить точки B, D и E, то по-лучим правильную треугольную пирамиду ADBE, для которой диаго-наль куба AG служит высотой. Когда при вращении вокруг высоты этапирамида будет совмещаться сама с собой, весь куб будет совмещатьсясо своим исходным положением. Других осей симметрии, как нетрудноубедиться, куб не имеет.

AB

C

D

E

F

GH

Рис. 365

Посмотрим, сколькими различными спо-собами куб может быть совмещён сам с со-бой. Выберем пару соседних вершин куба,скажем A и B (рис. 365). При совмещениикуба вершина A может перейти в любую из 8вершин, а вершина B в любую из трёх её со-седей. Положение этих двух вершин полно-стью определяет положение остальных. Зна-чит всего существует 24 = 8 · 3 способа сов-мещения куба с самим собой, включая ис-ходное положение.

Заметим, что вращение вокруг обыкно-венной оси симметрии даёт одно положение куба, отличное от исход-ного, при котором куб в целом совмещается сам с собой. Вращениевокруг оси третьего порядка даёт два таких положения, и вращениевокруг оси четвёртого порядка — три таких положения. Так как кубимеет шесть осей второго порядка (это обыкновенные оси симметрии),четыре оси третьего порядка и три оси четвёртого порядка, то имеют-ся 6 · 1 + 4 · 2 + 3 · 3 = 23 положения куба, отличные от исходного, прикоторых он совмещается сам с собой.

Легко убедиться непосредственно, что все эти положения отличныодно от другого, а также и от исходного положения куба. Вместе сисходным положением они составляют все 24 способа совмещения кубас самим собой.


1. Ребро данного куба равно a. Найти ребро другого куба, объёмкоторого вдвое более объёма данного куба.

З а м е ч а н и е. Эта з а д а ч а о б у д в о е н и и к у б а, извест-ная с древних времён, легко решается вычислением (а именноx =

3√2a3 = a · 3

√2 = a · 1,26992 . . . ), но построением с помощью

циркуля и линейки она решена быть не может, так как формуладля неизвестного содержит радикал третьей степени из числа, неявляющегося кубом рационального числа.

2. Вычислить площадь поверхности и объём прямой призмы, у ко-торой основание — правильный треугольник, вписанный в круг


радиуса r = 2 м, а высота равна стороне правильного шестиуголь-ника, описанного около того же круга.

3. Определить площадь поверхности и объём правильной восьми-угольной призмы, у которой высота h = 6 м, а сторона основанияa = 8 см.

4. Определить площадь боковой поверхности и объём правильнойшестиугольной пирамиды, у которой высота равна 1 м, а апофемасоставляет с высотой угол в 30◦.

5. Вычислить объём треугольной пирамиды, у которой каждое бо-ковое ребро равно l, а стороны основания — a, b и c.

6. Дан трёхгранный угол SABC, у которого все три плоских уг-ла прямые. На его рёбрах отложены длины: SA = a; SB = b иSC = c. Через точки A, B и C проведена плоскость. Определитьобъём пирамиды SABC.

7. Высота пирамиды равна h, а основание — правильный шести-угольник со стороной a. На каком расстоянии x от вершины пира-миды следует провести плоскость, параллельную основанию, что-бы объём образовавшейся усечённой пирамиды равнялся V ?

8. Определить объём тетраэдра с ребром a.

9. Определить объём октаэдра с ребром a.

10. Усечённая пирамида, объём которой V = 1465см3, имеет осно-ваниями правильные шестиугольники со сторонами: a = 23см иb = 17см. Вычислить высоту этой пирамиды.

11. Объём V усечённой пирамиды равен 10,5м3, высота h =√3м и

сторона a правильного шестиугольника, служащего нижним осно-ванием, равна 2 м. Вычислить сторону правильного шестиуголь-ника, служащего верхним основанием.

12. На каком расстоянии от вершины S пирамиды SABC надо прове-сти плоскость, параллельную основанию, чтобы отношение объ-ёмов частей, на которые рассекается этой плоскостью пирамида,равнялось m?

13. Пирамида с высотой h разделена плоскостями, параллельнымиоснованию, на три части, причём объёмы этих частей находятсяв отношении m : n : p. Определить расстояние этих плоскостей довершины пирамиды.

14. Разделить усечённую пирамиду плоскостью, параллельной осно-ваниям B и b, на две части, чтобы объёмы находились в отноше-нии m : n.


15. Найти центр, оси и плоскости симметрии фигуры, состоящей изплоскости и пересекающей её прямой, не перпендикулярной к этойплоскости.

О т в е т: центр симметрии — точка пересечения прямой с плоско-стью; плоскость симметрии — плоскость, перпендикулярная дан-ной, проходящая через данную прямую; осью симметрии служитпрямая, лежащая в данной плоскости и перпендикулярная к дан-ной прямой.

16. Найти центр, оси и плоскости симметрии фигуры, состоящей издвух пересекающихся прямых.

О т в е т: фигура имеет три плоскости симметрии и три оси сим-метрии (указать какие).

17. Доказать, что многогранник не может иметь двух различных цен-тров симметрии.

18. Описать оси симметрии тетраэдра и указать их порядки.

19. Сколькими разными способами можно совместить тетраэдр с со-бой, включая его исходное положение?

Глава 10

Круглые тела

1 Цилиндр и конус

A

B

O P

M

N

Рис. 366

367. Поверхность вращения. По-верхностью вращения называется поверх-ность, которая получается от вращениякакой-нибудь линии (MN , рис. 366), назы-ваемой образующей, вокруг неподвижнойпрямой (AB), называемой осью, при этомпредполагается, что образующая (MN)при своём вращении неизменно связана сосью (AB).

Возьмём на образующей какую-нибудьточку P и опустим из неё на ось перпен-дикуляр PO. Очевидно, что при вращениине изменяются ни длина этого перпенди-куляра, ни величина угла AOP , ни положение точки O. Поэтому каж-дая точка образующей описывает окружность, плоскость которой пер-пендикулярна к оси AB и центр которой лежит на пересечении этойплоскости с осью. Отсюда следует:

Плоскость, перпендикулярная к оси, пересекаясь с поверхностьювращения, даёт в сечении окружность (или набор окружностей). Та-кие окружности называются параллелями поверхности вращения.

Всякая секущая плоскость, проходящая через ось, называется ме-ридиональной плоскостью, а линия её пересечения с поверхностьювращения — меридианом. Все меридианы равны между собой, пото-му что при вращении каждый из них проходит через то положение, вкотором ранее был всякий другой меридиан.

301

302 ГЛАВА 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА

A

B

M

N

Рис. 367

Рис. 368

A

A1

B

O

O1

C

Рис. 369

368. Цилиндрическая поверхность.Цилиндрической поверхностью называетсяповерхность, производимая движением пря-мой (AB, рис. 367), перемещающейся в про-странстве параллельно данной прямой и пе-ресекающей при этом данную линию (MN).Прямая AB называется образующей, а ли-ния MN — направляющей.

369. Цилиндр. Цилиндром называетсятело, ограниченное цилиндрической поверх-ностью и двумя параллельными плоскостями(рис. 368).

Часть цилиндрической поверхности, за-ключённая между плоскостями, называетсябоковой поверхностью, а части плоско-стей, отсекаемые этой поверхностью, — осно-ваниями цилиндра. Расстояние между плос-костями оснований есть высота цилиндра.Цилиндр называется прямым или наклон-ным, смотря по тому, перпендикулярны илинаклонны к основаниям его образующие.

Прямой цилиндр (рис. 369) называетсякруговым, если его основания — круги. Та-кой цилиндр можно рассматривать как те-ло, происходящее от вращения прямоуголь-ника OAA1O1 вокруг стороны OO1 как оси;при этом сторона AA1 описывает боковую по-верхность, а стороны OA и O1A1 — круги ос-нований. Всякий отрезок BC, параллельныйOA, описывает также круг, плоскость которо-го перпендикулярна к оси. Отсюда следует:

Сечение прямого кругового цилиндра плос-костью, параллельной основаниям, есть круг.

В элементарной геометрии рассматривается только прямой круго-вой цилиндр; для краткости его называют просто цилиндром. Иногдаприходится рассматривать такие призмы, основания которых — много-угольники, вписанные в основания цилиндра или описанные около них,а высоты равны высоте цилиндра; такие призмы называются вписан-ными в цилиндр или описанными около него.

370. Коническая поверхность. Конической поверхностью назы-вается поверхность, производимая движением прямой (AB, рис. 370),перемещающейся в пространстве так, что она при этом постоянно про-ходит через неподвижную точку (S) и пересекает данную линию (MN).

1. ЦИЛИНДР И КОНУС 303

Прямая AB называется образующей, линияMN — направляющей,а точка S — вершиной конической поверхности.

A

B

S

M N

Рис. 370

S

Рис. 371

A

B

S

O

O1

Рис. 372

A

A1

O

O1

Рис. 373

371. Конус. Конусом называется тело,ограниченное частью конической поверхно-сти, расположенной по одну сторону от вер-шины, и плоскостью, пересекающей все об-разующие по ту же сторону от вершины(рис. 371). Часть конической поверхности,ограниченная этой плоскостью, называетсябоковой поверхностью, а часть плоскости,отсекаемая боковой поверхностью, — основа-нием конуса. Перпендикуляр, опущенный извершины на плоскость основания, называетсявысотой конуса.

Конус называется прямым круговым,если его основание есть круг, а высота прохо-дит через центр основания (рис. 372). Такойконус можно рассматривать как тело, про-исходящее от вращения прямоугольного тре-угольника SOA вокруг катета SO как оси.При этом гипотенуза SA описывает боковуюповерхность, а катет OA — основание конуса.Всякий отрезок BO параллельный OA, опи-сывает при вращении круг, плоскость которо-го перпендикулярна к оси. Отсюда следует:

Сечение прямого кругового конуса плоско-стью, параллельной основанию, есть круг.

В элементарной геометрии рассматрива-ется только прямой круговой конус, которыйдля краткости называется просто конусом.

Иногда приходится рассматривать такиепирамиды, основаниями которых являютсямногоугольники, вписанные в основание ко-нуса или описанные около него, а вершинасовпадает с вершиной конуса. Такие пира-миды называются вписанными в конус илиописанными около него.

372. Усечённый конус. Так называет-ся часть полного конуса, заключённая междуоснованием и секущей плоскостью, п а р а л -л е л ь н о й о с н о в а н и ю.

Круги, по которым параллельные плоско-сти пересекают конус, называются основа-ниями усечённого конуса.


Усечённый конус (рис. 373) можно рассматривать как тело, происхо-дящее от вращения прямоугольной трапеции OAA1O1 вокруг стороныOO1, перпендикулярной к основаниям трапеции.

Поверхность цилиндра и конуса

373. Площадь кривой поверхности. Боковые поверхности ци-линдра и конуса принадлежат к поверхностям кривым, то есть к та-ким, никакая часть которых не может совместиться с плоскостью. По-этому мы должны особо оговорить, как измерить площадь к р и в о йповерхности, используя п л о с к у ю единицу площади.

Напомним, что длину дуги мы определяли как предел длин вписан-ных в неё ломаных при условии, что стороны ломанных неограничен-но уменьшаются. Может показаться, что площадь кривой поверхностиможно определить аналогично: рассмотреть вписанные в неё много-гранные поверхности и перейти к пределу их площадей при условии,что размер их граней стремится к нулю. Однако, как будет показано в§ 374, это определение непригодно даже для боковой поверхности пря-мого кругового цилиндра — даже в этом случае предел о котором идётречь не существует.

На помощь приходит то обстоятельство, что цилиндры, конусы, усе-чённые конусы (а также шары, которые будут рассматриваться в § 400)являются в ы п у к л ы м и т е л а м и; то есть с любой парой своих то-чек они содержат и отрезок между ними. Доказано, что если рассматри-вать приближения выпуклых тел только в ы п у к л ы м и вписаннымимногогранниками, то независимо от выбора последовательности впи-санных многогранников, площади их поверхностей стремятся к одномуи тому же пределу. Этот предел и принимается за площадь поверхностиисходного тела. Более того, если выпуклое тело приближается последо-вательностью выпуклых тел, то площади поверхностей последователь-ности выпуклых тел стремятся к площади поверхности предельного те-ла.1 Можно также определить площадь частей поверхностей выпуклыхтел так, чтобы удовлетворялись условия подобные описанным в § 244.В частности (1) площади двух равных поверхностей, равны между со-бой; (2) если поверхность разбита на несколько частей, то площадь всейповерхности равна сумме площадей отдельных её частей.

Отсюда легко выводятся следующие два утверждения, которые мож-но принять за о п р е д е л е н и е площади боковых поверхностей ци-линдра и конуса:

1) За площадь боковой поверхности цилиндра принимают предел, ккоторому стремится площадь боковой поверхности вписанной в этотцилиндр правильной призмы, когда число сторон правильного много-

1Доказательство можно найти например в книге «Круг и шар» В. Бляшке.


угольника, вписанного в основание, неограниченно удваивается (и, сле-довательно, площадь каждой боковой грани неограниченно убывает).

2) За площадь боковой поверхности конуса (полного или усечённо-го) принимается предел, к которому стремится площадь боковой по-верхности вписанной в этот конус правильной пирамиды (полной илиусечённой), когда число сторон правильного многоугольника, вписанно-го в основание, неограниченно удваивается (и, следовательно, площадькаждой боковой грани неограниченно убывает).

374. Сапог Шварца. Мы построим приближение боковой поверх-ности прямого кругового цилиндра н е в ы п у к л ы м и вписаннымимногогранными поверхностями, площади которых не имеют предела.Этот пример был приведён Карлом Шварцем; он демонстрирует несо-стоятельность определения площади поверхности тела как предела пло-щадей поверхностей вписанных в него многогранников (без дополни-тельного предположения, что многогранники выпуклы).

Рис. 374

Разделим данный цилиндр на m рав-ных цилиндров плоскостями, параллельны-ми его основаниям. Так на поверхности дан-ного цилиндра получится m + 1 окружно-стей, включая и окружности обоих осно-ваний цилиндра. Далее, каждую из этихокружностей разделим на n равных дуг так,чтобы точки деления вышележащей окруж-ности находились в точности над середина-ми дуг нижележащей окружности. Рассмот-рим все треугольники, образованные хорда-ми всех этих дуг и отрезками, соединяю-щими концы хорд с теми точками делениявыше- и нижележащих окружностей, кото-рые расположены как раз над или под се-рединами соответствующих дуг. Все эти 2mn равных треугольниковобразуют многогранную поверхность; она и называется с а п о г о мШ в а р ц а. Модель сапога Шварца при m = 8 и n = 6 показана нарис. 374.

A


B′C

K

Рис. 375

Предположим, что основанием цилиндраявляется круг радиуса R. Рассмотрим одиниз треугольников ABC из которых состо-ит сапог Шварца, рис. 375. По построе-нию, основание AC лежит на горизонталь-ной плоскости, а проекция B′ вершины Bна эту плоскость делит дугу AC на дверавные части. Значит вершины треугольни-ка AB′C это три последовательные верши-ны правильного 2n-угольника вписанного в


окружность радиуса R. Обозначим через sn площадь треугольникаAB′C; очевидно она зависит только от R и n.

Оба треугольника ABC и AB′C равнобедренные и имеют общее ос-нование AC; при этом высота BK больше высоты B′K так как отрезокBK длинней своей проекции B′K. Отсюда получаем, что

площадьABC = 12AC ·BK >

> 12AC ·B

′K =

= площадьAB′C =

= sn.

Значит общая площадь Sm,n сапога Шварца превосходит 2mnsn.Заметим, что построенные многогранные поверхности приближают

боковую поверхность цилиндра если m и n неограниченно возрастают.Предположим, дополнительно, что m возрастает существенно быстрееn, а именно выполняется условие m > 1

sn. Тогда

Sm,n > 2mnsn > 2 1snnsn = 2n.

Значит, при условии m > 1sn, площадь Sm,n неограниченно возрастает

с ростом n. В частности Sm,n не имеет предела при неограниченномвозрастании m и n.2

375. Те о р е м а. Площадь боковой поверхности цилиндраравна произведению длины окружности основания на высо-ту.

A

B CD

EF

A′

B′ C ′D′

E′F ′

Рис. 376

Впишем в цилиндр (рис. 376) какую-нибудь правильную призму. Обозначим бук-вами p и H числа, выражающие длины пе-риметра основания и высоты этой призмы.Тогда площадь её боковой поверхности вы-разится произведением p · H. Предположимтеперь, что число сторон вписанного в осно-вание многоугольника неограниченно возрас-тает.

Тогда периметр p будет стремиться к пре-делу, принимаемому за длину C окружностиоснования, а высота H останется без измене-ния; следовательно, площадь боковой поверх-ности призмы, равная произведению p ·H, бу-дет стремиться к пределу C ·H. Этот предел

2Следует отметить, что при дополнительном предположении m = n, площадиSm,n стремятся к площади боковой поверхности цилиндра. Подробный анализ за-висимости площади Sm,n от m и n приведён в § 623, третьего тома «Курса диффе-ренциального и интегрального исчисления» Г. М. Фихтенгольца.


и принимается за площадь боковой поверхности цилиндра; обозначивеё буквой S, можем написать:

S = C ·H.

376. С л е д с т в и я. 1) Если R обозначает радиус основания ци-линдра, то C = 2πR, поэтому площадь боковой поверхности цилиндравыразится формулой:

S = 2πR ·H.

2) Чтобы получить площадь полной поверхности цилиндра, доста-точно приложить к боковой поверхности сумму площадей двух основа-ний, поэтому, обозначая площадь полной поверхности через T , будемиметь:

T = 2πRH + πR2 + πR2 = 2πR(H +R).

377. Те о р е м а. Площадь боковой поверхности конуса рав-на произведению длины окружности основания на половинуобразующей.

A

B C

D

EF


S

O

Рис. 377

Впишем в конус (рис. 377) какую-нибудьправильную пирамиду и обозначим буквамиp и l числа, выражающие длины периметраоснования и апофемы этой пирамиды. Тогдаплощадь её боковой поверхности выразитсяпроизведением 1

2p · l.Предположим теперь, что число сто-

рон вписанного в основание многоугольниканеограниченно возрастает. Тогда периметр pбудет стремиться к пределу, принимаемомуза длину C окружности основания, а апофемаl будет иметь пределом образующую конуса(так как из 4SAK следует, что SA − SK << AK). Значит, если образующую конуса обо-значим буквой L, то площадь боковой поверх-ности вписанной пирамиды, равная 1

2p · l, будет стремиться к пределу12C · L.

Этот предел и принимается за площадь боковой поверхности конуса;обозначив её буквой S, можем написать:

S = 12C · L.

378. С л е д с т в и я. 1) Если R обозначает радиус основания конуса,то C = 2πR, поэтому площадь боковой поверхности конуса выразитсяформулой:

S = 12 · 2πR · L = πRL.


2) Площадь полной поверхности конуса получим, если площадь бо-ковой поверхности сложим с площадью основания; поэтому, обозначаяплощадь полной поверхности через T :

T = πRL+ πR2 = πR(L+R).

379. Те о р е м а. Площадь боковой поверхности усечённо-го конуса равна произведению полусуммы длин окружностейоснований на образующую.

A

A1

B C

O

O1

Рис. 378

Впишем в усечённый конус (рис. 378)какую-нибудь правильную усечённую пи-рамиду и обозначим буквами p, p1 и l чис-ла, выражающие в одинаковых линейныхединицах длины периметров нижнего иверхнего оснований и апофемы этой пира-миды. Тогда площадь боковой поверхно-сти вписанной пирамиды равна 1

2 (p+p1)l.При неограниченном возрастании чис-

ла боковых граней вписанной пирамидыпериметры p и p1 стремятся к пределам,принимаемым за длины C и C1 окружно-

стей оснований, а апофема l имеет пределом образующую L усечённогоконуса. Следовательно, площадь боковой поверхности вписанной пира-миды стремится при этом к пределу, равному 1

2 (C+C1)L. Этот предели принимается за площадь боковой поверхности усечённого конуса; обо-значив её буквой S, будем иметь:

S = 12 (C + C1)L.

380. С л е д с т в и я. 1) Если R и R1 означают радиусы окружно-стей нижнего и верхнего оснований, то площадь боковой поверхностиусечённого конуса будет:

S = 12 (2πR+ 2πR1)L = π(R+R1)L.

2) Если в трапеции OO1A1A (рис. 378), от вращения которой полу-чается усечённый конус, проведём среднюю линию BC, то получим:

BC = 12 (OA+O1A1) =

12 (R+R1),

откудаR+R1 = 2 ·BC

Следовательно,S = 2π ·BC · L,

то есть площадь боковой поверхности усечённого конуса равна произ-ведению длины окружности среднего сечения на образующую.

3) Площадь T полной поверхности усечённого конуса выразится так:

T = π(R2 +R21 +RL+R1L).


381. Развёртка цилиндра и конуса. Впишем в цилиндр (рис. 379)какую-нибудь правильную призму и затем вообразим, что боковая еёповерхность разрезана вдоль бокового ребра. Очевидно, что, вращаяеё грани вокруг рёбер, мы можем р а з в е р н у т ь эту поверхность вплоскую фигуру без разрыва и без складок. Тогда получится то, чтоназывается развёрткой боковой поверхности призмы. Она представ-

N

K L

M

P

Q

Рис. 379

ляет собой прямоугольник KLMN , составленный из стольких отдель-ных прямоугольников, сколько в призме боковых граней. ОснованиеегоMN равно периметру основания призмы, а высота KN есть высотапризмы.

Вообразим теперь, что число боковых граней вписанной призмынеограниченно удваивается; тогда её развёртка будет всё удлиняться,приближаясь к предельному прямоугольнику KPQN , у которого дли-на основания равна длине окружности основания цилиндра, а высотаесть высота цилиндра. Этот прямоугольник называется развёрткойбоковой поверхности цилиндра.

Подобно этому вообразим, что в конус вписана какая-нибудь пра-вильная пирамида (рис. 380). Мы можем разрезать её боковую поверх-ность по одному из рёбер и затем, поворачивая грани вокруг рёбер,получить её плоскую развёртку в виде многоугольного сектора SKL,составленного из стольких равнобедренных треугольников, сколько впирамиде боковых граней. Отрезки SK, Sa, Sb, . . . равны боковомуребру пирамиды (или образующей конуса), а длина ломаной Kab . . . Lравна периметру основания пирамиды. При неограниченном удвоениичисла боковых граней вписанной пирамиды развёртка её увеличивает-ся, приближаясь к предельному сектору SKM , у которого длина дугиKM равна длине окружности основания, а радиус SK равен образую-щей конуса. Этот сектор называется развёрткой боковой поверхностиконуса.

Подобно этому можно получить развёртку боковой поверхности усе-чённого конуса (рис. 380) в виде части кругового кольцаKMNP . Легковидеть, что площадь боковой поверхности цилиндра или конуса равнаплощади соответствующей развёртки.


S S

KL

MP

N

a

b c

Рис. 380

Объём цилиндра и конуса

382. Л е м м а 1.Объём цилиндра есть общий предел объёмовправильных вписанных и описанных призм при неограничен-ном удвоении числа их боковых граней.

Впишем в цилиндр и опишем около него по правильной призме справильным n-угольником как основание. Обозначим объём, площадьоснования и высоту соответственно; для цилиндра — V , B, H, для впи-санной призмы — vn, bn, H и для описанной призмы — Vn, Bn, H. Тогдабудем иметь (§ 354):

vn = bn ·H; Vn = Bn ·H.

Откуда:Vn − vn = (Bn − bn)H.

При неограниченном удвоении n разность: Bn−bn стремится к нулю(§ 265), а множитель H есть число постоянное. Поэтому правая частьпоследнего равенства, и следовательно, и его левая часть, стремятся кнулю.

Объём цилиндра, очевидно, больше объёма вписанной призмы, номеньше объёма описанной. Поэтому каждая из разностей V −vn и Vn−Vменьше разности Vn − vn. Но последняя, по доказанному, стремится кнулю. Следовательно, и первые две разности стремятся к нулю. Это,по определению предела, и означает, что V есть предел обоих последо-вательностей vn и Vn.

383. Л е м м а 2. Объём полного конуса есть общий пре-дел объёмов правильных вписанных и описанных пирамид принеограниченном удвоении числа их боковых граней.

Впишем в конус и опишем около него по какой-нибудь пирамиде справильным n-угольником как основание. Так же как в § 382, обозна-чим объём, площадь основания и высоту соответственно; для конуса— V , B, H, для вписанной пирамиды — vn, bn, H и для описанной


пирамиды — Vn, Bn, H. Тогда будем иметь (§ 357):

vn = 13bn ·H; Vn = 1

3Bn ·H.

Откуда:Vn − vn = 1

3 (Bn − bn)H.

Отсюда, точно также как и в § 382, можно заключить, что V естьпредел обоих последовательностей vn и Vn.

З а м е ч а н и е. В доказанных леммах вписанные и описанные приз-мы и пирамиды предполагаются правильными только ради простотыдоказательства. Содержание этих лемм остается в полной силе и то-гда, когда призмы и пирамиды будут неправильные, лишь бы боковыеграни их неограниченно уменьшались.

384. Те о р е м ы. 1)Объём цилиндра равен произведению пло-щади основания на высоту.

2) Объём конуса равен произведению площади основания натреть высоты.

Впишем в цилиндр какую-нибудь правильную призму, а в конус —какую-нибудь правильную пирамиду с правильным n-угольником какоснование. Обозначим площадь основания призмы или пирамиды бук-вой bn, высоту их буквой H и объём — vn, получим:

для призмы vn = bn ·H. для пирамиды vn = 13bn ·H.

Вообразим теперь, что число n неограниченно удваивается. Тогдаbn будет иметь пределом площадь B основания цилиндра или конуса, авысотаH остаётся без изменения; значит, произведения bnH и 1

3bnH бу-дут стремиться к пределам BH и 1

3BH. Согласно доказанным леммам(§ 382, 383), объём V цилиндра или конуса будет:

для цилиндра V = B ·H. для конуса V = 13B ·H.

385. С л е д с т в и е. Если радиус основания цилиндра или конусаобозначим через R, то B = πR2, поэтому

объём цилиндра V = πR2H; объём конуса V = 13πR

2H.

386. Те о р е м а. Объём, усечённого конуса равен сумме объ-ёмов трёх конусов, имеющих одинаковую высоту с усечён-ным конусом, а основаниями: один — нижнее основание это-го конуса, другой — верхнее, третий — круг, площадь кото-рого есть среднее геометрическое между площадями верх-него и нижнего оснований.

Теорему эту докажем совершенно так же, как раньше мы доказалитеорему для объёма усечённой пирамиды (§ 358).


На верхнем основании усечённого конуса (рис. 381) поместим такоймалый конус (с высотой h), который дополняет данный усечённый ко-нус до полного. Тогда объём V усечённого конуса можно рассматриватькак разность объёмов полного конуса и дополнительного. Поэтому

V = 13πR

2(H + h)− 13πr

2h = 13π[R

2H + (R2 − r2)h].

Из подобия треугольников находим:

R

r=H + h

hоткуда получаем:

Rh = rH + rh; (R− r)h = rH; h =rH

R− r

h

H

r

R

Рис. 381

Поскольку

R2 − r2 = (R+ r)(R− r),

получаем

V = 13π[R

2H + (R2 − r2)h] == 1

3π[R2H + (R+ r)rH] =

= 13πH(R2 +Rr + r2) =

= 13πR

2H + 13πRrH + 1

3πr2H.

Так как πR2 выражает площадьнижнего основания, πr2 — площадь

верхнего основания и πRr =√πR2 · πr2 есть среднее геометрическое

между площадями верхнего и нижнего оснований, то полученная намиформула подтверждает теорему.

Подобные цилиндры и конусы

387. О п р е д е л е н и е. Два цилиндра или конуса называются по-добными, если они произошли от вращения подобных прямоугольниковили прямоугольных треугольников вокруг сходственных сторон.

Пусть (рис. 382 и 383) h и h1 будут высоты двух подобных цилиндровили конусов, r и r1 — радиусы их оснований, l и l1 — образующие; тогдасогласно определению

r

r1=

h

h1и

r

r1=

l

l1

откуда (по свойству равных пропорций) находим:

r + h

r1 + h1=

r

r1и

r + l

r1 + l1=

r

r1

Заметив эти пропорции, докажем следующую теорему:


r

h

r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1

h1r

hl

r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1r1

h1l1

Рис. 382 Рис. 383

388. Те о р е м а. Площади боковых и полных поверхностейподобных цилиндров или конусов относятся, как квадратырадиусов или высот; объёмы — как кубы радиусов или высот.

Пусть S, T и V будут площади соответственно боковой поверхности,полной поверхности и объём одного цилиндра или конуса; S1, T1 и V1 —те же величины для другого цилиндра или конуса, подобного первому.Тогда будем иметь для цилиндров:

S

S1=

2πrh

2πr1h1=

rh

r1h1=

r

r1· hh1

=r2

r21=h2

h21;

T

T1=

2πr(r + h)

2πr1(r1 + h1)=

r

r1· r + h

r1 + h1=r2

r21=h2

h21;

V

V1=

πr2h

πr21h1=r2

r21· hh1

=r3

r31=h3

h31;

для конусов

S

S1=

πrl

πr1l1=

rl

r1l1=

r

r1· ll1

=r2

r21=l2

l21;

T

T1=

πr(r + l)

πr1(r1 + l1)=

r

r1· r + l

r1 + l1=r2

r21=l2

l21;

V

V1=

13πr

2h13πr

21h1

=r2

r21· hh1

=r3

r31=h3

h31.


2 Шар

Сечение шара плоскостью

389. О п р е д е л е н и е. Тело, происходящее от вращения полукру-га вокруг диаметра, называется шаром, а поверхность, образуемая приэтом полуокружностью, называется сферой или шаровой поверхно-стью. Можно также сказать, что сфера есть геометрическое место то-чек, одинаково удалённых от одной и той же точки (называемой цен-тром сферы).

Отрезок, соединяющий центр с какой-нибудь точкой сферы, назы-вается радиусом, а отрезок, соединяющий две точки сферы и проходя-щий через её центр, называется диаметром. Все радиусы одного шараравны между собой; всякий диаметр равен двум радиусам.

Два шара одинакового радиуса равны, потому что при вложенииони совмещаются.

390. Те о р е м а.Всякое сечение шара плоскостью есть круг.

AB

CD

O

K MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

Рис. 384

1) Предположим сначала, что (рис. 384)секущая плоскость AB проходит через центрO шара. Все точки линии пересечения при-надлежат сфере и поэтому одинаково удале-ны от точки O, лежащей в секущей плоско-сти; следовательно, сечение есть круг с цен-тром в точке O.

2) Положим теперь, что секущая плос-кость CD не проходит через центр. Опустимна неё из центра перпендикуляр OK и возь-мём на линии пересечения какую-нибудь точ-

ку M . Соединив её с O и K, получим прямоугольный треугольникMOK, из которого находим:

MK =√OM2 −OK2. (1)

Так как длины отрезков OM и OK не изменяются при измененииположений точки M на линии пересечения, то расстояние MK естьвеличина постоянная для данного сечения; значит, линия пересеченияесть окружность, центр которой есть точка K.

391. С л е д с т в и е. Пусть R и r будут длины радиуса шара и ра-диуса круга сечения, a d — расстояние секущей плоскости от центра,тогда равенство (1) примет вид:

r =√R2 − d2.

Из этой формулы выводим:

2. ШАР 315

1) Наибольший радиус сечения получается при d = 0, то есть когдасекущая плоскость проходит через центр шара. В этом случае r = R.Круг, получаемый в этом случае, называется большим кругом.

2) Наименьший радиус сечения получается при d = R. В этом слу-чае r = 0, то есть круг сечения обращается в точку.

3) Сечения, равноотстоящие от центра шара, равны.4) Из двух сечений, неодинаково удалённых от центра шара, то,

которое ближе к центру, имеет больший радиус.

392. Те о р е м а. Всякая плоскость (P , рис. 385), проходящаячерез центр сферы, делит её на две зеркально симметричныеи равные части.

A

B

C

OP

Рис. 385

Возьмём на сфере какую-нибудьточку A; пусть AB есть перпендику-ляр, опущенный из точки A на плос-кость P . Продолжим AB до пере-сечения со сферой в точке C. Про-ведя BO, мы получим два равныхпрямоугольных треугольника AOBи BOC (общий катет BO, а гипо-тенузы равны, как радиусы сферы);следовательно, AB = BC, таким об-разом, всякой точке A сферы соот-ветствует другая точка C сферы, зеркально симметричная относитель-но плоскости P с точкой A. Значит, плоскость P делит сферу на двезеркально симметричные части.

Эти части не только зеркально симметричны, но и равны, так как,разрезав сферу по плоскости P , мы можем совместить эти части по-вернув дну из них на угол 180◦ вокруг любой прямой плоскости Pпроходящей через O.

393. Те о р е м а. Через две точки сферы, не лежащие наконцах одного диаметра, можно провести окружность боль-шого круга и только одну.

AB

C

D

M

NO

Рис. 386

Пусть на сфере (рис. 386), имеющейцентр O, взяты какие-нибудь две точки,например C и N , не лежащие на однойпрямой с точкой O. Тогда через точки C,O и N можно провести плоскость. Этаплоскость, проходя через центр O, даст впересечении со сферой окружность боль-шого круга.

Другой окружности большого кругачерез те же две точки C и N прове-сти нельзя. Действительно, всякая окруж-ность большого круга должна, по определению, лежать в плоскости,


проходящей через центр сферы; следовательно, если бы через C и Nможно было провести ещё другую окружность большого круга, тогдавыходило бы, что через три точки C, N и O, не лежащие на однойпрямой, можно провести две различные плоскости, что невозможно.

394. Те о р е м а. Окружности двух больших кругов при пе-ресечении делятся пополам.

Центр O (рис. 386), находясь на плоскостях обоих больших кругов,лежит на прямой, по которой эти круги пересекаются; значит, эта пря-мая есть диаметр того и другого круга, а диаметр делит окружностьпополам.

Плоскость, касательная к сфере

395. О п р е д е л е н и е. Плоскость, имеющая со сферой только од-ну общую точку, называется касательной плоскостью. Возможность су-ществования такой плоскости доказывается следующей теоремой.

396. Те о р е м а.Плоскость (P , рис. 387), перпендикулярная крадиусу (AO) в конце его, лежащем на сфере, есть касатель-ная плоскость.

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA BC

O

P

Рис. 387

BA

O

Рис. 388

Возьмём на плоскости P произвольнуюточку B и проведём прямую OB. Так какOB — наклонная, а OA — перпендикулярк плоскости P , то OB > OA. Поэтому точ-ка B лежит вне сферы; следовательно, уплоскости P есть только одна общая точ-ка A со сферой; значит, эта плоскость ка-сательная.

397. О б р а т н а я т е о р е м а. Каса-тельная плоскость (P , рис. 387) пер-пендикулярна к радиусу (OA), прове-дённому в точку касания.

Проведём плоскость Q через центр Oи произвольную прямую AB на плоско-сти P . Заметим, что Q пересекает сферупо окружности большого круга и прямаяAB имеет с этим кругом ровно одну об-щую точку — точку A (рис. 388). То естьпрямая AB касается окружности большо-го круга в плоскости Q (§ 119) и значитAB ⊥ OA.

Точно также докажем, что AC ⊥ OAдля другой прямой AC на плоскости P изначит P ⊥ OA (§ 298).

2. ШАР 317

Прямая, имеющая одну ровно общую точку со сферой, называетсяк а с а т е л ь н о й к сфере. Легко видеть, что существует бесчисленноемножество прямых, касающихся сферы в данной точке. Действительно,всякая прямая (AC, рис. 387), лежащая в плоскости, касательной ксфере, в данной точке (A) и проходящая через точку касания (A), естькасательная к сфере в этой точке.

Сфера и её части

398. О п р е д е л е н и я. 1) Часть сферы (рис. 389), отсекаемая отнеё какой-нибудь плоскостью (AA1), называется сферическим сег-ментом.

A

A1

B

B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1B1

K

L

M

N

Рис. 389

A

BC

D

E

Рис. 390

Окружность AA1 называется основанием,а отрезок KM радиуса, перпендикулярного кплоскости сечения, — высотой сферическогосегмента.

2) Часть сферы, заключённая между двумяпараллельными секущими плоскостями (AA1 иBB1), называется сферическим поясом.

Окружности сечения AA1 и BB1 называют-ся основаниями, а расстояние KL между па-раллельными плоскостями — высотой пояса.

Сферический пояс и сегмент можно рассмат-ривать как поверхности вращения, в то времякак полуокружность MABN , вращаясь вокругдиаметра MN , описывает сферу, часть её ABописывает пояс, а часть MA — сегмент.

Для нахождения площади сферы и её частеймы докажем следующую лемму:

399. Л е м м а. Площадь боковой поверх-ности каждого из трёх тел: конуса,усечённого конуса и цилиндра — рав-на произведению высоты тела на дли-ну окружности, у которой радиус естьперпендикуляр, восставленный к образу-ющей из её середины до пересечения сосью.

1) Пусть конус образуется (рис. 390) враще-нием треугольника ABC вокруг катета AC. Если D есть середина об-разующей AB, то (§ 378)

боковая поверхность конуса = 2π ·BC ·AD. (1)

Проведя DE ⊥ AB, получим два подобных треугольника ABC иAED (они прямоугольные и имеют общий угол A); из их подобия вы-


водим:BC

ED=AC

AD,

откудаBC ·AD = ED ·AC,

и равенство (1) даёт:

боковая поверхность конуса = 2π · ED ·AC,

что и требовалось доказать.2) Пусть усечённый конус (рис. 391) образуется вращением трапеции

ABCD вокруг стороны AD.Проведя среднюю линию EF , будем иметь (§ 380):

боковая поверхность усечённого конуса = 2π · EF ·BC. (2)

AB

CD

EF

G

H

Рис. 391

Проведём EG ⊥ BC и BH ⊥ DC. Тогда по-лучим два подобных треугольника EFG и BCH(стороны одного перпендикулярны к сторонамдругого); из их подобия выводим:

EF

BH=EG

BC,

откуда

EF ·BC = BH · EG = AD · EG.

Поэтому равенство (2) можно записать так:

боковая поверхность усечённого конуса = 2π · EG ·AD,

что и требовалось доказать.3) Теорема остаётся верной и в применении к цилиндру, так как

окружность, о которой говорится в теореме, равна окружности основа-ния цилиндра.

400. Используя рассуждения в § 373, легко прийти к следующемуутверждению, которые можно принять за о п р е д е л е н и е площадисферического пояса:

За площадь поверхности сферического пояса, образуемого вращени-ем (рис. 392) какой-нибудь дуги (BE) полуокружности вокруг диамет-ра (AF ), принимают предел, к которому стремится площадь поверх-ности, образуемая вращением вокруг того же диаметра правильнойвписанной ломаной линии (BCDE), когда её стороны неограниченноуменьшаются (и, следовательно, число сторон неограниченно увели-чивается).

2. ШАР 319

A

B

C

D

E

F

Рис. 392

A

B

C

D

E

F

c

d

e

f

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa




Рис. 393

Это утверждение распространяется и насферический сегмент, и на всю сферу; в послед-нем случае ломаная линия вписывается в целуюполуокружность.

401. Те о р е м ы. 1) Площадь сфериче-ского сегмента равна произведению еговысоты на длину окружности большогокруга.

2) Площадь сферического пояса рав-на произведению его высоты на длинуокружности большого круга.

Впишем в дугу AF (рис. 393), образующуюпри вращении сферический сегмент, правиль-ную ломаную линию ACDEF с произвольнымчислом сторон.

Поверхность, получающаяся от вращенияэтой ломаной, состоит из частей, образуемыхвращением сторон AC, CD, DE и так да-лее. Эти части представляют собой боковые по-верхности или полного конуса (от вращенияAC), или усечённого конуса (от вращения CD,EF, . . . ), или цилиндра (от вращения DE), еслиDE ‖ AB. Поэтому мы можем применить к нимлемму § 399. При этом заметим, что каждыйиз перпендикуляров, восставленных из серединобразующих до пересечения с осью, равен апо-феме ломаной линии. Обозначив эту апофемубуквой a, получим:

поверхность, образованная вращением AC = Ac · 2πa;—"— —"— —"— CD = cd · 2πa;—"— —"— —"— DE = de · 2πa;

и так далее

Сложив эти равенства почленно, получим:

поверхность, образованная вращением ACDEF = Af · 2πa.

При неограниченном увеличении числа сторон вписанной ломанойапофема a стремится к пределу, равному радиусу сферы R, а отрезокAf остаётся без изменения; следовательно, предел площади поверхно-сти, образованной вращением ACDEF равен Af · 2πR. Но предел пло-щади поверхности, образованной вращением ACDEF , принимают заплощадь сферического сегмента, а отрезок Af есть высота H сегмента;


поэтому

площадь сферического сегмента = H · 2πR = 2πRH.

2) Предположим, что правильная ломаная линия вписана не в ду-гу AF , образующую сферический сегмент, а в какую-нибудь дугу CF ,образующую сферический пояс (рис. 393). Это изменение, как легко ви-деть, нисколько не влияет на ход предыдущих рассуждений, поэтому ивывод остаётся тот же, то есть что

площадь сферического пояса = H · 2πR = 2πRH,

где буквой H обозначена высота cf сферического пояса.

402. Те о р е м а. Площадь сферы равна произведению длиныокружности большого круга на диаметр, или: площадь сферыравна учетверённой площади большого круга.

Сфера, образуемая вращением полуокружности ADB (рис. 393) со-стои из поверхностей, образуемых вращением дуг AD и DB. Поэтомусогласно предыдущей теореме можно написать:

площадь сферы = 2πR ·Ad+ 2πR · dB =

= 2πR(Ad+ dB) =

= 2πR · 2R =

= 4πR2.

403. С л е д с т в и е. Площади сфер относятся, как квадраты ихрадиусов или диаметров, потому что, обозначая через R и R1 радиусы,а через S и S1 площади двух сфер, будем иметь:

S

S1=

4πR2

4πR21

=R2

R21

=

=4R2

4R21

=(2R)2

(2R1)2.

Объём шара и его частей

A B

O

Рис. 394

404. О п р е д е л е н и е. Тело, получаемоеот вращения (рис. 394) кругового сектора(AOB) вокруг одной из его сторон (OA) назы-вается шаровым сектором. Это тело огра-ничено боковой поверхностью конуса и сфе-рическим сегментом.

2. ШАР 321

405. Для нахождения объёма шаровогосектора и целого шара мы предварительнодокажем следующую лемму.

Л е м м а. Если 4ABC (рис. 395) вращается вокруг оси xy, ко-торая лежит в плоскости треугольника, проходит через еговершину A, но не пересекает стороны BC, то объём тела,получаемого при этом вращении, равен произведению пло-щади поверхности, образуемой противоположной сторонойBC, на одну треть высоты h, опущенной на эту сторону.

A

B

C

h

x

y

A

B

CDh

x

y

A

B

C

M

h

x

y

Рис. 395 Рис. 396 Рис. 397

При доказательстве рассмотрим три случая:1) Ось совпадает со стороной AB (рис. 396). В этом случае иско-

мый объём равен сумме объёмов двух конусов, получаемых вращени-ем прямоугольных треугольников BCD и DCA. Первый объём равен13πCD

2 ·DB, а второй 13πCD

2 ·DA; поэтому объём, образованный вра-щением ABC, равен

13πCD

2(DB +DA) = 13πCD · CD ·BA.

Заметим, что CD·BA = BC ·h, так как каждое из этих произведенийвыражает удвоенную площадь 4ABC; поэтому

объёмABC = 13πCD ·BC · h.

Но произведение πCD ·BC равно площади боковой поверхности ко-нуса BDC; значит,

объёмABC = (поверхностьBC) · h.

2) Ось не совпадает с AB и не параллельна BC (рис. 397). В этомслучае искомый объём равен разности объёмов тел, производимых вра-щением треугольников AMC и AMB. По доказанному в первом случае

объёмAMC = h · (поверхностьMC),

объёмAMB = h · (поверхностьMB),


следовательно,

объёмABC = h · (поверхностьMC − поверхностьMB) =

= h · (поверхностьBC).

A

B

CD

E

h

x

y

Рис. 398

3) Ось параллельна стороне BC (рис. 398).Тогда искомый объём равен объёму цилин-дра, производимому вращением прямоугольни-ка DEBC без суммы объёмов конусов, произво-димых вращением треугольников AEB и ACD;первый из них равен πDC2 · ED; второй —13πEB

2 · EA и третий — 13πDC

2 · AD. Принявво внимание, что EB = DC, получим:

объёмABC = πDC2[ED − 13 (EA+AD)] =

= πDC2[ED − 13ED] =

= 23πDC

2 · ED.

Произведение 2πDC ·ED выражает площади бо-ковой поверхности цилиндра, образуемую стороной BC; поэтому

объёмABC = (поверхностьBC) · 13DC= (поверхностьBC) · 13h.

406. Те о р е м а. Объём шарового сектора равен произведе-нию площади его сферического сегмента на треть радиуса.

Пусть шаровой сектор производится вращением вокруг стороны OA(рис. 399) сектора AOD.

A

B

C

D

A1

B1

C1

D1

O

a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3a3



Рис. 399

Впишем в дугу AD правильную ломаную ли-нию ABCD с произвольным числом сторон рав-ным n. Затем, продолжив конечные радиусы OAи OD, опишем около дуги AD правильную лома-ную A1B1C1D1 стороны которой параллельнысторонам вписанной ломаной. МногоугольникиOABCD и OA1B1C1D1 произведут при враще-нии некоторые тела, объёмы которых обозначим:первого через vn, а второго через Vn.

Докажем прежде всего, что при неограничен-ном удвоении числа n разность Vn−vn стремитсяк нулю.

Объем vn есть сумма объёмов, получаемыхвращением треугольников OAB, OBC, OCD во-круг оси OA. Объем Vn есть сумма, объёмов, по-

лучаемых вращением вокруг той же оси треугольников OA1B1, OB1C1

2. ШАР 323

OC1D1. Применим к этим объёмам лемму в § 404, при чем заметим, чтовысоты первых треугольников равны апофеме an вписанной ломаной,а высоты вторых треугольников равны радиусу R шара. Согласно этойлемме будем иметь:

vn = (поверхностьAB) · an3 + (поверхностьBC) · an3 + · · · == (поверхностьABCD) · an3 .

Vn = (поверхностьAB) · R3 + (поверхностьBC) · R3 + · · · == (поверхностьABCD) · R3 .

Вообразим теперь, что число n неограниченно удваивается. Приэтом условии площади поверхностей ABCD и A1B1C1D1 стремятся кобщему пределу, именно к площади сферического сегмента AD (§ 400),а апофема an имеет пределом радиус R. Следовательно, объёмы vn иVn стремятся при этом к общему пределу, именно к произведению

(поверхность сегментаAD) · R3 .

То есть обе последовательности объёмов vn и Vn приближаются к однойи той же постоянной величине как угодно близко; это возможно толькотогда, когда разность Vn − vn стремится к 0.

Обозначим буквою V объём шарового сектора OAD. Очевидно, чтоV > vn и V < Vn. Значит, каждая из разностей Vn−V и V − vn меньшеразности Vn − vn. Ho эта разность, как мы видели, при неограничен-ном удвоении числа сторон ломанных стремится к 0. Следовательно,разности Vn − V и V − vn и подавно при этом стремятся к 0. Отсюдазаключаем, что постоянная величина V есть общий предел последова-тельностей объёмов vn и Vn. Ho этот общий предел, как мы нашли, естьпроизведение (поверхность сегментаAD) · R3 . Значит:

V = (поверхность сегментаAD) · R3 .

A

C


O

Рис. 400

407. Те о р е м а. Объём шараравняется произведению площа-ди его поверхности на треть ра-диуса.

Разбив полукруг ABC (рис. 400),производящий шар, на пару круговыхсекторов AOB и BOC, мы заметим,что объём шара можно рассматриватькак сумму объёмов шаровых секторов,производимых вращением этих круго-вых секторов. Согласно предыдущейтеореме

объёмAOB = (поверхностьAB) · 13R,объёмBOC = (поверхностьBC) · 13R.


Значит

объём шара = (поверхностьAB + поверхностьBC) · 13R =

= (поверхностьABC) · 13R.

З а м е ч а н и е. Можно и непосредственно рассматривать объём ша-ра как объём тела, образованного вращением вокруг диаметра круго-вого сектора, центральный угол которого равен 180◦.

В таком случае объём шара можно получить как частный случайобъёма шарового сектора, чей сферический сегмент составляет всюсферу. В силу предыдущей теоремы объём шара будет при этом ра-вен площади его поверхности, умноженной на треть радиуса.

408. С л е д с т в и е 1 . Обозначим высоту сферического пояса илисегмента через H, радиус сферы — через R, а диаметр — через D;тогда площадь пояса или сегмента выразится, как мы видели (§ 401),формулой 2πRH, а площадь сферы (§ 402) — формулой 4πR2; поэтому

объём шарового сектора = 2πRH · 13R =

= 23πR

2H;

объём шара = 4πR · 13R =

= 43πR

3 =

= 43π

(D

2

)3

=

= 16πD

3.

Отсюда видно, что объёмы шаров относятся, как кубы их радиусов илидиаметров.

Объём шара может быть выведен (не вполне, впрочем, строго) сле-дующим простым рассуждением. Вообразим, что вся поверхность ша-ра разбита на очень малые участки и что все точки контура каждогоучастка соединены радиусами с центром шара. Тогда шар разделит-ся на очень большое число маленьких тел, из которых каждое можнорассматривать как пирамиду с вершиной в центре шара. Так как объ-ём пирамиды равен произведению площади поверхности основания натретью часть высоты (которую можно принять равной радиусу шара),то объём шара, равный, очевидно, сумме объёмов всех пирамид, выра-зится так:

объём шара = S · 13R,где S — сумма площадей оснований всех пирамид. Но эта сумма должнасоставить площадь сферы, и, значит,

объём шара = 4πR2 · 13R = 13πR

3.

2. ШАР 325

Таким образом, объём шара может быть найден через площадь его по-верхности. Обратно, площадь сферы может быть найдена с помощьюформулы его объёма из равенства:

S · 13R = 43πR

3, откуда S = 4πR2.

409. С л е д с т в и е 2. Площадь поверхности шара и объём шарасоответственно составляют 2

3 площади полной поверхности и объё-ма цилиндра, описанного около шара.

Действительно, у цилиндра, описанного около шара, радиус основа-ния равен радиусу шара, а высота равна диаметру шара; поэтому длятакого цилиндра

полная поверхность описанного цилиндра = 2πR · 2R+ 2πR = 6πR,

объём описанного цилиндра = πR2 · 2R = 2πR3.

Отсюда видно, что 23 площади полной поверхности этого цилиндра рав-

ны 4πR2, то есть равны площади поверхности шара, а 23 объёма цилин-

дра составляют 43πR

3, то есть объём шара.Это предложение было доказано Архимедом (в III веке до начала на-

шей эры). Архимед выразил желание, чтобы чертёж; этой теоремы былизображён на его гробнице, что и было исполнено римским военачаль-ником Марцеллом (Ф. Кэджори. История элементарной математики).

Предлагаем учащимся как полезное упражнение доказать, что пло-щадь поверхности и объём шара составляют 4

9 соответственно площадиполной поверхности и объёма описанного конуса, у которого образую-щая равна диаметру основания. Соединяя это предложение с указан-ным в следствии 2, мы можем написать такое равенство, где Q обозна-чает площадь поверхности или объём:

Qшара

4=Qцилиндра

6=Qконуса

9.

410. З а м е ч а н и е. Формулу для объёма шара можно весьма про-сто получить, основываясь на принципе Кавальери (§ 356), следующимобразом.

Пусть на одной и той же плоскости H (рис. 401) помещены шаррадиуса R и цилиндр, радиус основания которого равен R, а высота 2R(значит, это такой цилиндр, который может быть описан около шарарадиуса R). Вообразим далее, что из цилиндра вырезаны и удаленыдва конуса, имеющие общую вершину на середине a оси цилиндра, иоснования — у одного верхнее основание цилиндра, у другого нижнее.От цилиндра останется тогда некоторое тело, объём которого, как мысейчас увидим, равен объёму нашего шара.

Проведём какую-нибудь плоскость, параллельную плоскости H икоторая пересекалась бы с обоими телами. Пусть расстояние этой плос-кости от центра шара будет d, а радиус круга, полученного в сечении


a

mR

R

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr

2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R2R

2R2R

2R2R2R

2R2R

2R2R2R2R2R

2R

2R

2R 2R

2R 2R

2R 2R

2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R

2R

2R 2R

2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R2R

ddddddddddddddddddddddddddddddddd d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d ddH

Рис. 401

плоскости с шаром, пусть будет r. Заметим, что R, d и r являются сто-ронами прямоугольного треугольника. По теореме Пифагора, имеемr2 = R2 − d2. Значит площадь этого круга окажется равной

πr2 = π(R2 − d2).

Та же секущая плоскость даст в сечении с телом, оставшимся от ци-линдра, круговое кольцо (оно на чертеже покрыто штрихами), у кото-рого радиус внешнего круга равен R, а внутреннего d (прямоугольныйтреугольник, образованный этим радиусом и отрезком am, равнобед-ренный, так как каждый острый угол его равен 45◦). Значит, площадьэтого кольца равна

πR2 − πd2 = π(R2 − d2).

Мы видим, таким образом, что секущая плоскость, параллельнаяплоскости H, даёт в сечении с шаром и телом, оставшимся от цилин-дра, фигуры одинаковой площади, следовательно, согласно принципуКавальери, объёмы этих тел равны. Но объём тела, оставшегося от ци-линдра, равен объёму цилиндра без удвоенного объёма конуса, то естьон равен

πR2 · 2R− 2 · 13πR2 ·R = 2πR3 − 2

3πR3 = 4

3πR3,

значит, это и будет объём шара.

411. О п р е д е л е н и я. 1) Часть шара (ACC ′, рис. 402), отсека-емая от него какой-нибудь плоскостью (CC ′), называется шаровымсегментом. Круг сечения называется основанием сегмента, а отре-зок Am радиуса, перпендикулярного к основанию, — высотой сегмента.

2) Часть шара, заключённая между двумя параллельными секущи-ми плоскостями (CC ′ и DD′), называется шаровым слоем. Круги па-раллельных сечений называются основаниями слоя, а расстояние mnмежду ними — его высотой.

2. ШАР 327

C

C ′

D

D′

m

n

O

A

B

Рис. 402

Оба эти тела можно рассматривать какпроисходящие от вращения вокруг диаметраAB части круга AmC или части CmnD.

412. Те о р е м а. Объём шарового сег-мента равен объёму цилиндра, у ко-торого радиус основания есть высотасегмента, а высота равна радиусу ша-ра, уменьшенному на треть высотысегмента, то есть

V = πH2(R− 13H)

где H есть высота сегмента, a R — радиус шара.

A

BB1

C

D

H

O

Рис. 403

Объём шарового сегмента, получаемоговращением вокруг диаметра AD (рис. 403)части круга ACB, найдётся, если из объёмашарового сектора, получаемого вращениемкругового сектора AOB, вычтем объём кону-са, получаемого вращением 4COB. Первыйиз них равен 2

3πR2H, а второй 1

3πCB2 · CO.

Так как CB есть средняя пропорциональнаямежду AC и CD, то CB2 = H(2R − H), по-этому

CB2 · CO = H(2R−H)(R−H) =

= 2R2H −RH2 − 2RH2 +H3 =

= 2R2H − 3H2R+H3;

следовательно,

объёмABB1 = объёмуOBAB1 − объёмOBB1 =

= 23πR

2H − 13πCB

2 · CO =

= 23R

2H − 23πR

2H + πRH2 − 13πH

3 =

= πH2(R− 13H).


1. Объём цилиндра, у которого высота вдвое более диаметра осно-вания, равен 1 м2. Вычислить его высоту.

2. Вычислить площадь боковой поверхности и объём усечённого ко-нуса, у которого радиусы оснований равны 27 см и 18 см, а обра-зующая равна 21 см.


3. На каком расстоянии от центра шара, радиус которого равен 2,425 м,следует провести секущую плоскость, чтобы отношение площадиповерхности меньшего сегмента к площади боковой поверхностиконуса, имеющего общее с сегментом основание, а вершину в цен-тре шара, равнялось 7:4?

4. Найти объём тела, происходящего от вращения правильного ше-стиугольника со стороной a вокруг одной из его сторон.

5. Вычислить радиус шара, описанного около куба, ребро которогоравно 1 м.

6. Вычислить объём тела, происходящего от вращения правильно-го треугольника со стороной a вокруг оси, проходящей через еговершину и параллельной противоположной стороне.

7. Дан равносторонний 4ABC со стороной a; на AC строят квад-рат BCDE, располагая его в противоположную сторону от тре-угольника. Вычислить объём тела, происходящего от вращенияпятиугольника ABEDC вокруг стороны AB.

8. Дан квадрат ABCD со стороной a. Через вершину A проводятпрямуюAM , перпендикулярную к диагоналиAC, и вращают квад-рат вокруг AM . Вычислить площадь поверхности, образуемуюконтуром квадрата, и объём, образуемый площадью квадрата.

9. Дан правильный шестиугольник ABCDEF со стороной a. Черезвершину A проводят прямую AM , перпендикулярную к радиусуOA, и вращают шестиугольник вокруг AM . Вычислить площадьповерхности, образуемую контуром, и объём, образуемый площа-дью правильного шестиугольника.

10. Вычислить объём шара, который, будучи вложен в коническуюворонку с радиусом основания r = 5 см и с образующей l = 13 см,касается основания воронки.

11. В шаре радиуса r, вдоль его диаметра, просверлено цилиндриче-ское отверстие длины l. Доказать, что объём оставшейся частиравен объёму шара диаметра l; в частности этот объём не зависитот радиуса r.

12. Около круга радиуса r описан равносторонний треугольник. Най-ти отношение объёмов тел, которые производятся вращением кру-га и площади треугольника вокруг высоты треугольника.

13. В цилиндрический сосуд, у которого диаметр основания равен 6см, а высота 36 см, налита вода до половины высоты сосуда. Насколько поднимается уровень воды в сосуде, если в него погрузитьшар диаметром 5 см.

2. ШАР 329

14. Железный пустой шар, внешний радиус которого равен 0,154 м,плавает в воде, погружаясь в неё наполовину. Вычислить толщинуоболочки этого шара, зная, что плотность железа в 7,7 раза вышеплотности воды.

15. Диаметр Марса составляет половину земного. Во сколько раз пло-щадь поверхности и объём Марса меньше, чем соответственныевеличины для Земли?

16. Диаметр Юпитера в 11 раз больше земного. Во сколько раз Юпи-тер превышает Марс по площади поверхности и объёму? (Исполь-зуйте условие предыдущей задачи.)

Предметный указатель

n-угольник, 23

Аабсолютная геометри, 76аксиома, 19

Архимеда, 121измерения, 121Плейфэра, 74

алгоритм Евклида, 120апофема, 180апофема пирамиды, 266апофема усечённой пирамиды, 269

Ббиссектриса, 11

треугольника, 24боковая грань

призмы, 264боковая поверхность конуса, 303боковая поверхность цилиндра, 302боковая сторона трапеции, 66боковое ребро призмы, 264большой круг, 315

Ввеличина, 127вертикальные двугранные углы, 251вертикальные углы, 17вертикальный многогранный угол, 258вершина, 24

конической поверхности, 303ломаной, 22многогранника, 263многогранного угла, 255многоугольника, 22пирамиды, 265угла, 9

вневписанная окружность, 105внешнее касание, 90внешние касательные, 87внешние точки круга, 84внешний угол, 30внешний центр, 142внешняя область угла, 9внутреннее касание, 90внутренние касательные, 88внутренние точки круга, 84внутренний угол, 30внутренний центр, 142

внутренняя область угла, 9вписанная окружность, 104вписанная пирамида, 303вписанная призма, 302вписанный многоугольник, 104вписанный угол, 92выпуклая ломаная, 22, 177выпуклый многогранный угол, 256выпуклый многоугольник, 23высота, 206

конуса, 303пирамиды, 265пояса, 317призмы, 264сферического сегмента, 317треугольника, 24цилиндра, 302шарового слоя, 326

Ггеометрическое место точек, 39геометрическое тело, 2гипотенуза, 24градус, 12грань

двугранного угла, 250многогранника, 263многогранного угла, 255

Ддвугранный угол, 250диагональ, 23диагональная плоскость пирамиды, 265диаметр, 5

сферы, 314шара, 314

длина, 117додекаэдр, 291доказательство от противного, 32дуга, 5

Еегипетский треугольник, 159единица длины, 113

Ззамкнутая ломаная, 22звено, 22зеркальный порядок, 258

331

332 ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ

золотое сечение, 169

Иизмерения

параллелепипеда, 265прямоугольника, 206

икосаэдр, 290

Ккасательная, 85касающиеся окружности, 89катет, 24квадрат, 64контур многоугольника, 23концентрические окружности, 91коэффициент подобия, 140кратчайшее расстояние, 249круг, 5куб, 291

Ллемма, 130линейный угол, 250линия, 2

центров, 89ломаная, 22луч, 3

Ммедиана, 24меридиан, 301меридиональная плоскость, 301минута, 12многогранный угол, 255многоугольник, 22

Ннаклонная, 15

к плоскости, 243наклонная призма, 264наклонный цилиндр, 302накрест лежащие углы, 49направляющая

конической поверхности, 303цилиндрической поверхности, 302

неравенство треугольника, 33несоизмеримые отрезки, 123

Ообразующая

конической поверхности, 303цилиндрической поверхности, 302

обратная теорема, 20общая мера, 120объём, 273объемлемая ломаная, 191объемлющая ломаная, 191одинаково расположенные грани, 258односторонние углы, 50окружность, 5окружность Аполлония, 156октаэдр, 290опирается на дугу, 92описанная окружность, 104описанная пирамида, 303

описанная призма, 302описанный многоугольник, 104определение, 19ортогональная проекция, 254ортоцентр, 107осевая симметрия, 25основание, 206

наклонной, 15наклонной к плоскости, 243призмы, 264сферического пояса, 317сферического сегмента, 317трапеции, 66треугольника, 24усечённого конуса, 303цилиндра, 302шарового сегмента, 326

остроугольный треугольник, 23острый угол, 14ось симметрии, 25отрезок, 3

Ппараллелепипед, 264параллелограмм, 61параллель, 301параллельные плоскости, 238параллельные плоскость и прямая, 236параллельные прямые, 49пересекающиеся окружности, 89периметр, 23перпендикуляр, 15перпендикулярное сечение, 270перпендикулярные плоскости, 252перпендикулярные прямые, 15плоскость, 234поверхность, 2подобные

многоугольники, 137треугольники, 129

подходящая дробь, 126полный угол, 11полуплоскость, 250полупрямая, 3правильная ломаная, 177правильная пирамида, 265правильная призма, 264правильный многоугольник, 177предел, 188проекция наклонной, 243пропорция, 118противоположная теорема, 20противоречие, 32прямая перпендикулярная к плоскости, 242прямая призма, 264прямой круговой конус, 303прямой угол, 14прямой цилиндр, 302прямоугольник, 63прямоугольный параллелепипед, 264прямоугольный треугольник, 23

Рравнобедренный треугольник, 23равнобочная трапеция, 66равновеликие многоугольники, 201

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ 333

равновеликие тела, 273равносторонний треугольник, 23равные двугранные углы, 251равные фигуры, 2радиан, 199радиус, 5

сферы, 314шара, 314

развёрнутый угол, 11развёртка поверхности, 309разносторонний треугольник, 23ребро

двугранного угла, 250многогранника, 263многогранного угла, 255

ромб, 64

Ссегмент, 5сегмент, вмещающий угол, 95сектор, 5секунда, 12секущая, 5симметрия относительно прямой, 24скрещивающиеся прямые, 236следствие, 19смежные двугранные углы, 251смежные углы, 14соизмеримые отрезки, 123соответственные углы, 49срединный перпендикуляр, 27средняя линия

трапеции, 66треугольника, 65

степень точки, 166сторона

ломаной, 22многоугольника, 22угла, 9

стрелка сегмента, 226сумма дуг, 6сумма отрезков, 4сумма углов, 11сфера, 314сферический пояс, 317сферический сегмент, 317

Ттеорема, 19тетраэдр, 290точка, 2

касания, 85транспортир, 13трапеция, 66трёхгранный угол, 255тупой угол, 14тупоугольный треугольник, 23

Уугол, 9

многоугольника, 22

Ффигура, 2формула Герона, 214

Ххорда, 5

Ццентр

окружности, 5подобия, 141правильного многоугольника, 180сферы, 314

центр симметрии, 59центральная симметрия, 59центрально-подобное преобразование, 144центральный угол, 12, 180цепная дробь, 125

Ччетырёхугольник Ламберта, 77

Шшар, 314шаровой сегмент, 326шаровой сектор, 320шаровой слой, 326

334 ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ

Оглавление

I Планиметрия 7

1 Прямая линия 91 Углы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 Математические предложения . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Треугольники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Задачи на построение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2 Параллельные прямые 491 Параллелограммы и трапеции . . . . . . . . . . . . . . . . 612 Об аксиоме параллельных . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3 Окружность 791 Форма и положение окружности . . . . . . . . . . . . . . 792 Дуги, хорды и расстояния до центра . . . . . . . . . . . . 823 Расположения прямой и окружности . . . . . . . . . . . . 844 Расположения двух окружностей . . . . . . . . . . . . . . 895 Вписанные углы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926 Вписанные и описанные многоугольники . . . . . . . . . 1047 Замечательные точки треугольника . . . . . . . . . . . . 107

4 Измерение отрезков 1131 Измерение отрезков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132 Соизмеримые и несоизмеримые отрезки . . . . . . . . . . 120

5 Подобные фигуры 1291 Подобие треугольников . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1292 Подобие многоугольников . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1373 Подобие произвольных фигур . . . . . . . . . . . . . . . . 1444 Пропорции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515 Теорема Пифагора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1576 Задачи на вычисление . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1617 Пропорции в круге . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1658 О приложении алгебры к геометрии . . . . . . . . . . . . 168

335

336 ОГЛАВЛЕНИЕ

6 Правильные многоугольники 1771 Правильные многоугольники . . . . . . . . . . . . . . . . 1772 Длина окружности и её частей . . . . . . . . . . . . . . . 187

7 Измерение площадей 2011 Понятие о площади . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2012 Подсчёт площадей многоугольников . . . . . . . . . . . . 2063 Площадь круга и его частей . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

II Стереометрия 231

8 Прямые и плоскости 2331 Определение положения плоскости . . . . . . . . . . . . . 2332 Параллельные прямые и плоскости . . . . . . . . . . . . . 2363 Перпендикуляр и наклонные к плоскости . . . . . . . . . 2424 Параллельность и перпендикулярность . . . . . . . . . . 2455 Углы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

9 Многогранники 2631 Параллелепипед и пирамида . . . . . . . . . . . . . . . . . 2632 Объём призмы и пирамиды . . . . . . . . . . . . . . . . . 2733 Правильные многогранники . . . . . . . . . . . . . . . . . 2904 Понятие о симметрии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

10 Круглые тела 3011 Цилиндр и конус . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3012 Шар . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314

Предметный указатель 331

Геометрия по Киселёву · 2019-12-30 · 1 o o b 1 1 Рис.11 Положим,...

Documents