ГЛАВА  7

СТЕРЕОМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Ответы и решения

210.  Пусть Е и F — середины оснований трапеции ABCD, полученной в осевом сечении конуса (рис. 213).

рис. 213

Проведем через середину О отрезка EF прямые ОМ _|_CD, ON _|_EF, СР _|_ AD. Положим для сокращения письма СD = l, EF = h, 0M = x, EC = r, DF = R, /  MON = /  PCD = α.

Для   доказательства достаточно   установить,   что   х = ^h/₂      Пo

условию πl (R + r) = πl² и,  следовательно, R+ r = l.  Так  как,  однако, из треугольников OMN и CPD имеем:

то   х = ^h/₂, что и требовалось доказать*).

*) Из полученного выше равенства  R+ r = l  следует, что 2R + 2r = l + l. Это означает, что суммы противоположных сторон рассматриваемого четырехугольника равны. Последнее уже достаточно для того, чтобы в четырехугольник можно было вписать окружность. Мы, однако, не опираемся на этот факт.

______________________________________________

211.  Рассмотрим трапецию ABCD, получающуюся в осевом сечении конуса (см. рис. 213); пусть Е и F—середины ее оснований О — середина EF.

ОМ _|_CD, ON _|_EF, СР _|_ AD, /  MON = /  PCD = α.

Для решения задачи   достаточно  показать,   что   ОМ = ОЕ.   Введем обозначения:

EC = r,    DF = R,    OМ = х,    ОE =  ^h/₂.

Тогда

Из треугольника CPD имеем:

h = CD cos α = √(R— r)² + СР² cos α

Но так как по условию CP² = 4Rr, то

h =  √(R— r)² + 4Rr cos α = (R + r) cos α.

Таким  образом, х = ^h/₂, что и требовалось доказать.

______________________________________________

212.  Пусть SD — высота пирамиды SABC, О — середина высоты, Е — середина отрезка ВС, длину которого мы обозначим через а (рис. 214).

рис. 214

Имеем:

Отсюда

OE = √OD² + DE² = ^α/₂.

Следовательно, ОЕ = ВЕ = ЕС и, значит,  / ВОС = 90°

______________________________________________

213.  Пусть  a — сторона  основания   данной   пирамиды  SABCD, α — двугранный угол  между   боковой гранью и основанием, Н — высота SO — пирамиды (рис. 215).

рис. 215

Тогда

r = ^a/₂  tg ^α/₂

Кроме того (см. формулу (1) в решении задачи 190),

Полагая еще x² = t, мы сведем задачу к доказательству неравенства

    при 0 < t < 1.

Умножив на знаменатель обе части неравенства и раскрыв скобки,   приходим   к   неравенству

(2√2 + 3)t² — 2 (√2+1)t  + 1 >  0

для квадратного трехчлена. Вычисляя дискриминант трехчлена, обнаруживаем, что он равен нулю. Следовательно, трехчлен не изменяет знака вообще при любых значениях t. Так как при t = 0 он положителен, то неравенство доказано.

______________________________________________

214.  Пирамиды   ASВС  и  OSBC   имеют  общее  основание   SBC (рис. 216),   поэтому   их  объемы   относятся   как высоты,   опущенные на их общее основание.

рис. 216

Так как ОА' || AS, то отношение высот пирамид ASBC и OSBC, опущенных на основание SBC, равно отношению SA к ОА'. Следовательно, отношение их объемов равно

______________________________________________

215.  Пусть Р есть плоскость треугольника ABC,
Р₁ — плоскость треугольника А₁В₁С₁, l — линия пересечения Р и Р₁ (рис. 217).

рис. 217

Обозначим через Q_AB плоскость, проходящую через А, В и О. Прямая А₁В₁ лежит в Q_AB  и, будучи непараллельной прямой АВ, пересекается с ней в точке Т_AB. Эта точка лежит в плоскостях Р и Р₁ и, значит, на прямой l. Аналогично докажем, что прямые ВС и В₁C₁ пересекаются в точке Т_BC лежащей на l, а прямые АС и А₁C₁ — в точке Т_AC , лежащей также на l.

______________________________________________

216.  Пусть O₁ — центр тяжести грани ASC, ВО₁ — один из рассматриваемых в задаче отрезков. Возьмем еще какую-нибудь грань, например BSC; обозначим ее центр тяжести через О₂ и докажем, что отрезок АО₂ пересекает отрезок ВО₁ и при этом точка пересечения отрезков О делит отрезок ВО₁ в отношении 1:3, считая от точки О₁.

рис. 218

В самом деле, если M₁ и М₂ — середины отрезков АС и ВС (рис. 218), то очевидно, что АВ || М₁М₂ ;  легко также видеть, что O₁O₂ || М₁М₂, так как точки О₁ и О₂ делят соответственно отрезки M₁S и M₂S в одном и том же отношении. Поэтому АВ || O₁O₂, фигура АВО₂О₁ — трапеция и, стало быть, ее диагонали ВО₁ и АО₂ пересекаются. Обозначим точку пересечения диагоналей через О.

Имеем:

Перемножив   эти   равенства,   получим     

Но  из   подобия треугольников AОВ и О₁ОО₂ следует    Таким   образом,

что и утверждалось.

Если мы теперь возьмем центр тяжести еще на одной грани и построим соответствующий отрезок, то он, в силу доказанного, также пересечет отрезок ВО₁ и притом в точке, которая разделит ВО₁ в отношении  ¹/₃, т. е. в точке О. Следовательно, все рассматриваемые отрезки пересекаются в точке О. Очевидно также, что точка О делит любой из них в отношении 1:3, что и требовалось доказать.

______________________________________________

217.  Проведем сначала одно вспомогательное рассуждение. Пусть РР₁ и QQ₁ — две скрещивающиеся прямые, А, В и С—три точки на прямой QQ₁, причем точка В лежит между точками А и С,     А₁, B₁, С₁— основания перпендикуляров, опущенных из точек А, В, С на прямую РР₁. Обозначим через h_A, h_B, h_C расстояния точек A, В и С от прямой РР₁ . Докажем, что h_B меньше, по крайней мере, одного из расстояний h_A или h_C.

рис. 219

Для этого спроектируем изображенную на рис. 219 фигуру на плоскость π, перпендикулярную к прямой РР₁. Тогда прямая PP₁ спроектируется в точку О, а отрезки АА₁, BB₁ и СС₁ спроектируются без изменения длины, так как все они параллельны плоскости π. При этом точка В' окажется между точками А' и С'.

Обращаясь теперь к треугольнику А'ОС', мы можем утверждать, что наклонная ОВ' короче одной из наклонных ОА' или ОС'. Действительно, опустив еще из точки О перпендикуляр на А'С' (на рис. 219 он не показан), мы установим, что точка В' расположена ближе к основанию перпендикуляра, чем одна из двух других точек А' или С'. Отсюда уже следует, что h_B меньше, чем h_A или h_C.

Пусть теперь ABCD — произвольная треугольная пирамида и EFG —такое треугольное сечение, что, по крайней мере, одна из вершин F не является вершиной   пирамиды.  Докажем, что тогда площадь треугольника EFG меньше площади одного из треугольников AEG или DEG (рис. 220).

рис. 220

Действительно, все три треугольника имеют общую сторону EG, а  по  ранее  доказанному   расстояние  от  F  до   прямой EG меньше расстояния от А или D до этой прямой. Если S_/\ EFG < S_/\ AEG , то все доказано. Если же S_/\ EFG < S_/\ DEG и, например, точка Е не является вершиной пирамиды, то применим предыдущее рассуждение к /\ DEG, сравнивая его площадь с площадями треугольников DGA и BDG. Применив то же самое рассуждение в случае необходимости еще раз по отношению к /\  BDG, докажем утверждение, содержащееся в задаче. Из изложенного решения ясно, что если сечение пирамиды не совпадает с ее гранью, то оно по площади строго меньше площади одной из граней.

______________________________________________

218.  Вместо того чтобы сравнивать суммы плоских углов при вершинах S и S', сравним между собой суммы плоских углов боковых граней обеих пирамид при каждой из трех вершин общего основания. Докажем, что каждая такая сумма углов внешней пирамиды больше соответствующей суммы углов внутренней.

рис. 221

Докажем, например, что (рис. 221)

/  ACS + /  SCB > /  ACS' +  /  S'CB.    (1)

Из неравенства (1) и ему аналогичных (при вершинах А и В) мы получим решение задачи. Действительно, сложив все три указанных неравенства, мы установим, что сумма Σ   всех шести плоских углов боковых граней при основании внешней пирамиды больше соответствующей суммы Σ'  для внутренней пирамиды:

Σ  > Σ' ;           (2)

Но   интересующие   нас   в   задаче  величины дополняют Σ  и Σ' до 540° (= 180°•3) и, следовательно, для них имеет место неравенство противоположного смысла. Таким образом, остается доказать справедливость (1).

Продолжим плоскость ACS' до пересечения с внешней пирамидой. Рассматривая трехгранный угол CS'S"B, заключаем, что

/  S'CS" + /  S"СВ > /  S'CB.                           (3)

Прибавив к обеим частям неравенства /  ACS', получим:

/  ACS" + /  S"CB > /  ACS' + /  S'CB.                  (4)

Но для трехгранного угла CASS" имеем:

/  ACS + /  SCS" > /   ACS".                             (5)

Заменив   в   неравенстве   (4)   /   ACS"   большей   величиной,   согласно (5), получим:

/  ACS + ( /  SCS" + /  S"CB) > /  ACS' + /  S'CB,

т. е. неравенство (1).

______________________________________________

219.  Обозначим через О₁, О₂, О₃, О₄ центры данных шаров и через P_ik — общую касательную плоскость для шаров с центрами О_i и O_k  (i < k). Таких плоскостей всего шесть: Р₁₂,   Р₁₃,   Р₂₃,  P₁₄ , P₂₄, P₃₄.

Сначала докажем, что плоскости Р₁₂, Р₁₃ и Р₂₃ пересекаются по одной прямой. Действительно,    каждая   из   этих   плоскостей перпендикулярна к плоскости О₁О₂О₃, так как она перпендикулярна к линии центров разделяемых ею шаров, лежащей в этой плоскости.

рис. 222

Кроме того, легко видеть, что рассматриваемые плоскости (рис. 222) проходят через точку Q₄ пересечения биссектрис /\ О₁О₂О₃. Таким образом, плоскости Р₁₂, Р₁₃ и Р₂₃ действительно пересекаются по некоторой прямой, которая, как мы попутно установили, перпендикулярна к плоскости центров О₁О₂О₃ и проходит через центр вписанной в треугольник О₁О₂О₃ окружности. Обозначим эту прямую через L₄.

Совершенно так же доказывается, что плоскости Р₂₃ , Р₁₄ и Р₃₄ определяют общую им прямую L₁, перпендикулярную к плоскости треугольника О₂О₃О₄ и проходящую через центр вписанной в него окружности п т. д.

рис. 223

В результате мы приходим к следующей задаче (рис. 223): в каждую грань треугольной пирамиды О₁О₂О₃О₄ вписана окружность и через ее центр проведен перпендикуляр к грани. Нужно доказать, что все четыре перпендикуляра L₁, L₂, L₃ и L₄ имеют общую точку, если известно, что точки касания двух окружностей с одним и тем же ребром совпадают.

Этот факт почти очевиден. Обозначим через О точку пересечения прямых L₁ и L₄; последние пересекаются, так как лежат в одной плоскости Р₂₃ и не параллельны. Докажем теперь, что прямые L₃ и L₂ также проходят через точку О. Действительно, точка О лежит на линии пересечения плоскостей Р₁₂ и Р₂₄, так как прямая L₄ принадлежит плоскости Р₁₂, а прямая L₁—плоскости Р₂₄. Но линия пересечения Р₁₂ и Р₂₄ есть прямая L₃. Следовательно, L₃ проходит  через точку О. Аналогично  показываем, что прямая L₂ проходит через точку О.

______________________________________________

220.  Если даны три точки А, В, С, не лежащие на одной прямой, то эти точки служат центрами трех шаров, попарно касающихся друг друга. Действительно, если Р—точка пересечения биссектрис /\  ABC и Р₁, Р₂, Р₃ — основания перпендикуляров, опущенных из Р соответственно на стороны АВ, ВС и СА, то

АР₁ = АР₃,       ВР₁ = ВР₂,      СР₂ = СР₃

и шары с центрами А, В, С и радиусами,   соответственно   равными

r_А = АР₁,      r_B = ВР₂,     r_C = CP₃,

попарно касаются друг друга.

Пусть ABCD—данная пирамида (рис. 224).

рис. 224

Рассмотрим три шара радиусов r_А, r_B, r_C с центрами в А, В, С, попарно касающихся друг друга. Обозначим через A₁, B₁ и С₁ точки, в которых поверхности шаров пересекаются с ребрами AD, BD и CD, и докажем, что A₁D=B₁D = C₁D.

По условию задачи

AD + BC = BD + AC.

По построению

AD = r_А+A₁D;    BC = r_B + r_C ;

BD = r_B+ B₁D;    AC =  r_A + r_C.

Подставив четыре последних выражения в предыдущее равенство, получим:

A₁D = B₁D.

Аналогично, используя равенство

BD + AC = CD + AB,

найдем:

B₁D = C₁D

Следовательно, шар с центром D и радиусом

r_D = A₁D = B₁D = C₁D

касается   каждого из первых трех шаров, а значит, все четыре построенных   шара   касаются    попарно друг друга.

______________________________________________

221. Обозначим радиусы шаров через r₁, r₂, r₃ и пусть r₁  >  r₂  > r₃. Проведем к первым двум шарам касательную плоскость. Кроме того, через центры этих шаров проведем плоскость, перпендикулярную к касательной плоскости, и рассмотрим окружность радиуса r, касающуюся двух получившихся в сечении больших кругов и их общей касательной прямой (рис. 225).

рис. 225

Третий шар может, очевидно, касаться первых двух шаров и касающейся их плоскости, если он «не очень мал», а именно, если  r₃  > r. Мы имеем (см. рис.  225)

Следовательно,   радиусы   шаров   должны   удовлетворять   соотношению

______________________________________________