Развивайте пространственное воображение

54

РАЗВИВАЙТЕ
ПРОСТРАНСТВЕННОЕ
ВООБРАЖЕНИЕ

Н. Г. Федин

На экзаменах часто предлагают стереометрические задачи, для решения которых само важное — представить себе, как расположены фигуры в пространстве. Иногораспростенные сообщения подсказывают идеи решения планиметрических задач. В этой статье мы и рассскажем о некоторых вопросах и задачах, которые в какой-то степени должны заинтересовать старшеклассников и помочь им расширить горизонты своего пространственного воображения.

Скрещивающийся примые

1. Нарисуем две скрещивающие примые $a$ и $b$. На рисунке 1 дано их изображение.
   Вы удивлены, что примые изображены параллельными? Напрасно. Это верный чертеж, хотя и не наглядный. Известно, что скрещивающие примые $a$ и $b$ можно расположить в параллельных плоскостях $a$ и $b$ так, чтобы примяя $a$ лежала в плоскости $\alpha$, а прямая $b$ — в $\beta$, а затем спроектировать их на плоскость $\gamma$, пересекающий плоскости $\alpha$ и $\beta$ (рис. 2). В этой плоскости мы и получим изображения $a_1$ и $b_1$ прямых $a$ и $b$.

2. Пусть данные скрещивающие примые $a$ и $b$ и точки $A_1, A_2$ на прямой $a$ и $B_1, B_2$ на прямой $b$ (рис. 3). Проведем примые $A_1B_1$ и $A_2B_2$.

Рис. 1
Рис. 2

55

Могут ли эти прямы пересекаться?

Конечно, чертеж нас может подвесить. Но если допустить, что прямы $A_1B_1$ и $A_2B_2$ пересекаются, то получится, что четыре точки $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ лежат в одной плоскости, а следовательно, будут лежать в одной плоскости и исходные прямы, чего не может быть. Мы приходим к выводу, что прямы $A_1B_1$ и $A_2B_2$ не могут пересекаться.

3. Имеет ли фигура, состоящая из двух скрещивающихся прямы, центр симметрины?

Может показаться, что центр симметрины у двух скрещивающихся прямы существует и совпадает с серединой $M$ их общего перпендикулара (рис. 4). Однако это не так. В самом деле, если бы центр симметрины у этих двух прямы были, то пряма $a$ при центральной симметрине перешла бы в паралельную пряму $b$, но $b$ не паралельна $a$. Следовательно, скрещивающиеся прямы не могут иметь центра симметрины.

4. Имеют ли две скрещивающиеся прямы ось симметрины?

Этот вопрос значительно труднее вопроса о центре симметрины скрещивающихся прямы. Оказывается, что две скрещивающиеся прямы имеют три оси симметрины: $l_1$, $l_2$ и $l_3$. Однако из них является общим перпендикуляром к исходным прямы $a$ и $b$. Две другие взаимно перпендикулярны, пересекаются в середине $M$ отрезка $KP$ и являются биссектрисами смежных углов, образованных прямыми $a_1$ и $b_1$, соответствующего паралельными $a$ и $b$ (рис. 4). Попытайте dokазать этот факт самостояльно.

Решение планиетческих задач стереометрическим способом

Obviously planimetricные задачи решаются на плоскости, а stereometricные задачи связаны с изображением пространственной фигуры на плоском чертеже. Такие прямы решения задачи или доказательства теоремника не удивляют, они являются общеприятными. А вот решения planimetricных задач stereometricным, пространственных, трехмерным способом — это уже необъчно и любопытно. Конечно, решения этим методом далеко не все задачи, а только задачи определенного типа.

5. На плоскости даны три луча, исходящие из одной точки (рис. 5, $a$) и делящие плоскость на три угла, каждой из которых меньше $180^\circ$. В каждом из трех углов дано по одной точке: $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — так, что эти точки не лежат на одной прямой. Требуется построить треугольник

56

Рис. 5, а.

АВС, вершины которого лежат на данных лучах, а стороны проходят через данные точки.

Решить эту задачу планируется путем трудно, однako стереометрических она решается довольно легко. Представим себе (рис. 5, б), что лучи образуют в пространстве ребра трехгранного угла с вершиной в точке O. Точки A₁, B₁, C₁ представим себе расположенными в гранах трехгранного угла. Эти точки определяют некоторую плоскость. Обозначим эту плоскость через β; она пересечет грани трехгранного угла по искомым сторонам BC, CA и AB. Осталось построить линей пересечения плоскостей граней трехгранного угла с плоскостью β.

Для этого спроектируем данные точки на плоскость xOy параллельно Oz. Точки A₁, B₁, C₁ перейдут соответственно в точки A₀, B₀, C₁ (точка C₁ остanetся на месте).

Таким образом, мы свели задачу к проекционной, что в школе часто называют задачей на сечение многогранного угла плоскостью. Находим точку x₀ пересечения прямой A₁B₁ с плоскостью xOy, это будет точка пересечения прямых A₁B₁ и A₀B₀. Точки x₀ и C₁ лежат и в плоскости β, и в плоскости xOy, следовательно, секущая плоскость β пересечет плоскость xOy по прямой x₀C₁.

Затем найдем точки пересечения

Рис. 5, б.

прямой x₀C₁ с лучами (ребрами) Ox, Oy, получим точки A и B. Провода BA₁ и AB₁, получим в пересечении с осью (лучом Oz) третий точку — вершину C искомого треугольника ABC. Пространственное представление помогло нам найти идею решения планиметрической задачи.

6. На плоскости даны две треугольника ABC и A₁B₁C₁ также, что прямые AA₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке S, а прямые AB и A₁B₁, BC и B₁C₁, AC и A₁C₁ пересекаются в точках x, y и z. Доказать, что точки x, y и z лежат на одной прямой l.

Эта задача известна в геометрии под названем теоремы Дезарга *).

Вот идея ее доказательства. Представим себе, что точка S является вершиной парамиды с основанием ABC и секущей плоскостью A₁B₁C₁ (рис. 6). Тогда прямые AB, BC и AC лежат в плоскости ABC, а прямые A₁B₁, B₁C₁ и A₁C₁ лежат в плоскости A₁B₁C₁. Поэтому точки x, y, z лежат и в плоскости треугольника ABC, и в плоскости треугольника A₁B₁C₁, то есть они расположены на линей пересечения этих плоскостей, на прямой l.

Строое доказательство теоремы Дезарга проведите самостояльно.

*) Жерар Дезарг — французский математик и инженер (1593—1662).

57

Рис. 6.

Условие, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $S$, используемой в каком месте: прямые $AB$ и $A_1B_1$ (и другие) не скрещиваются в пространстве, а пересекаются в точке $x$. В дальнейших рассуждениях участвует только плоскости треугольников, о природе можно забыть.

Интересно, справедлива ли эта теорема для четырехугольников $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$, у которых прямые $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$ пересекаются в одной точке $S$? Будут ли при этом условия четырехугольников пересечения продолжений сторона $AB$ и $A_1B_1$, $BC$ и $B_1C_1$, $CD$ и $C_1D_1$, $DA$ и $D_1A_1$ лежать на одной прямой? Вообще говоря, это не так. Для двух четырехугольников аналогичная теорема будет верна при некоторых дополнительных условиях.

Постарейтесь самостояльно найти эти условия.

Указан и е. Рассмотрите прямую, соединяющую точки пересечения диагоналей четырехугольников.

Интересно, что в условиях задач не фигурировали ни длина отрезков, ни величины углов. В этих задачах решь шла только о точках пересечения прямых и плоскостей, о принадлежности точек прямым. Планметрическую фигуру мы рассматривали как проекцию неокторой пространственной фигуры на плоскость. Такой метод проекции или проектирования

Рис. 7.

характерен для особой ветви геометрии, которая называется проективной геометрией.

Пересечение и изображение фигур

Рассмотрим несколько задач.

7. Дана треугольная парамida $ABCD$ с вершиной $D$. На продолжениях сторона $CA$ и $CB$ взяты точки $K$ и $P$ также, что $AC = 2AK$ и $BC = 2BP$; $M$ — середина ребра $CD$. Через точки $K$, $P$, $M$ проведена секущая плоскость. В каком отношении эта плоскость разделит объем парамиды?

Для решения задачи посмотрим, что представляется собойечение парамиды плоскостью $KPM$, то есть плоскостью, определяемой треяя точками $K$, $M$ и $P$ (рис. 7).

Треугольники $ABC$ и $KCP$ подобны, следовательно, $KP \parallel AB$. Тогда $KP$ параллельна плоскости $ABD$, $KP = \frac{3}{2} AB$. Секущая плоскость пересечет грань $ABD$ по отрезку $A_1B_1$, параллельному $KP$, а следовательно, параллельному и $AB$. Проведем среднюю линию $ME$ треугольника $BCD$, $CE = EB = BP$, $ME \parallel BD$. Заметаем, что $BB_1$ — средняя линия треугольника $MPE$, откуда $BD = 2ME = 4BB_1$, следовательно, $A_1B_1 = \frac{3}{4} AB$ (треугольники $ABD$ и $A_1B_1D$ подобны). Площади подобных

58

Рис. 8.

фигур относится, как квадраты сходственных сторон, поэтому

$$S_{\triangle A_1B_1D_1} = \frac{9}{16} S_{\triangle ABD}.$$

Пусть $V$ — объем пирамиды $ABCD$. При вычислении объема $V_1$ пирамиды $A_1B_1MD$ целесообразно за ее основание принять грань $A_1B_1D$. тогда высота $H_M$ будет составлять половину высоты $H_C$, так как $M$ — середина отрезка $CD$. Имеем:

$$V_1 = \frac{1}{3} S_{\triangle A_1B_1D} H_M = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{16} S_{\triangle ABD} \times \frac{H_C}{2} = \frac{9}{32} \left( \frac{1}{3} S_{\triangle ABD} H_C \right) = \frac{9}{32} V.$$

Объем нижней части пирамиды $V''$ будет составлять $\frac{23}{32}$ от объема пирамиды $ABCD$. Теперь находится объектов верхней и нижней части пирамиды: $V' : V'' = 9:23$.

8. На плоскости стола расположены четыре шара радиуса $R$, касающиеся друг друга (центры шаров образуют квадрат). Затем в «ямку», образованную этим шарами, поло-

Уражнения

1. На плоскости стола расположены три шара, касающиеся друг друга и имеющие радиус $R$. Затем в «ямку», образованную этим шарами, положен четырьмя шара того же радиуса. Натий расстояние от верхней точки четырьмого шара до плоскости стола **).

2. Дан усеченный конус с осью $OO_1 = h$ и радиусами основания $r$ и $R$. На окружности оснований берутся всевозможные точки $A$ и $B$ такие, что $A$ и $B$ лежат на разных окружности и $OO_1$ и $AB$ — скрещивающиеся отрезки. Натий границы изменения расстояния между $OO_1$ и $AB$.

3. Вершина $S$ правильной треугольной пирамиды $ABCS$ перемещается по высоте $OS$ в бесконечность, а затем по высоте приближается к плоскости основания. В каких границах будет изменяться линейный угол двугранного угла при ребре $AS$?

*) Интересный вопрос по физике: какова должа быть сила трения между шариками и между шариками и столом, чтобы все это сооружение не рассыпалось?
**) Тот же вопрос по физике.