ОБЗОР ЗАДАЧ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
Важнейшим и, можно сказать, необходимым условием правильного решения является грамотно выполненный чертеж, на котором должны быть точно указаны все элементы, участвующие в решении, например, углы, высоты, точки касания и т. д. Все построения должны быть строго обоснованы ссылками на соответствующие теоремы и определения. Построение чертежа во многих случаях является самой трудной частью решения задачи. Рассмотрим несколько таких задач, которые становятся совсем легкими после правильно построенного чертежа. Решение этих задач основано на следующих трех свойствах, которые необходимо запомнить.
- Если пирамида имеет равные боковые ребра или же эти ребра образуют равные углы с плоскостью основания, то ее высота проходит через центр окружности, описанной около основания пирамиды.
- Если апофемы боковых граней равны или эти грани образуют равные углы с плоскостью основания, то высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в основание пирамиды.
- Если боковое ребро образует с прилежащими ребрами основания равные углы, то проекция этого ребра является биссектрисой плоского угла, образованного этими ребрами основания.
В качестве иллюстрации рассмотрим следующие задачи.
Задача 1. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна высоте пирамиды. Найти углы между боковыми ребрами и плоскостью основания, если известно, что боковые ребра равны.
Решение. Задача становится чрезвычайно простой, если правильно выполнить чертеж.
Так как боковые ребра равны, то высота пирамиды SD проходит через центр окружности, описанной около треугольника ABC. Следовательно, точка D лежит на середине гипотенузы АВ; SD
пл. ABC, поэтому CD - проекция ребра SC. Далее, 
SAD = SCD = SBD. В прямоугольном треугольнике SCD катет SD = AB = 2 CD. Это означает, что 
. Итак,
SCD = SBD = SAD = arctg 2.Решение. Так как боковые грани равнонаклонены к плоскости основания, то высота SO проходит через центр окружности, вписанной в четырехугольник ABCD. Так как АВ || CD и AD || CB, то ABCD является параллелограммом, в который, кроме того, можно вписать окружность. Следовательно, ABCD - ромб и О - точка пересечения его диагоналей. Построим один из линейных углов данных двугранных углов. Для этого в плоскости основания проведем ОЕ
АВ и Е соединим с S. По теореме о трех перпендикулярах АВ пл. SEO, т. е. SEO есть линейный угол φ.Перейдем к вычислительной части задачи. Имеем
. Высоту пирамиды SO = Н мы найдем из треугольника SEO,
если предварительно вычислим катет ЕО ( SEO = φ , SOE = 90°). Для нахождения катета ЕО рассмотрим ромб ABCD; ЕО является половиной высоты ромба: АО = a/2, ОВ = b/2; 
. Так как АO·ОB = AB·OE, то
.
Решение. Проекция прямой на плоскость ABCD является биссектрисой угла А (смотри подсказку здесь). Следовательно, задача состоит в том, чтобы найти части, на которые делится диагональ BD биссектрисой угла А (рис. 231). Рассмотрим треугольник ADB. По свойству биссектрисы внутреннего угла имеем
. По условию AD = b, АВ = а, 
. Составляя производную пропорцию
или 
и 
.
УГОЛ МЕЖДУ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТЬЮ. ДВУГРАННЫЕ УГЛЫ. ТРЕХГРАННЫЕ УГЛЫ
Задача 4. Гипотенуза прямоугольного треугольника с острым углом α лежит в плоскости Р. Найти углы, которые составляют с этой плоскостью его катеты, если угол между плоскостью Р и плоскостью треугольника равен φ.
Решение. Опустим из вершины прямого угла С перпендикуляр CD на плоскость Р и в плоскости Р проведем DE
AB. Точки С и Е соединим. Так как AB CD и AB DE, то АВ пл. CDE, т. е. CED = φ как линейный угол данного двугранного угла.Так как AD - проекция AC, BD - проекция ВС на плоскость Р, то углы CAD и CBD - искомые. Эти углы принадлежат треугольникам ADC и CDB соответственно. Найдем длины катетов в этих треугольниках.
Катеты АС и СВ находим из треугольника ABC (
BAC = α). Обозначая его гипотенузу АВ = с, имеем: АС = с cos α и ВС = с sin α, СЕ·АВ= АС·СВ, откуда
.
DEC= = с cos α · sin α · sin φ. Возвращаясь к треугольникам ACD и DCВ, окончательно получаем
,
,
CAD = arcsin ( sin α·sin φ) и CBD = arcsin ( cos α·sin φ).Решение. Отложим на луче, перпендикулярном ребру MN, отрезок АВ = а и из точки В опустим на плоскость второй грани перпендикуляр ВО. Из точки О проведем в этой плоскости ОС
АС. Соединим точки О и А, С и В. Так как MN AB и MN ВО, то MN пл. АВО; следовательно, ВАО - линейный угол данного двугранного угла, т. е. ВAО = 45°. Кроме того, САО = 90° - CAN = 90° - 30° = 60°(AО MN). Искомый угол ВАС мы найдем из треугольника ABC. В этом треугольнике ВСА = 90° (ОС АС, следовательно, и ВС AС) и АВ = а. Чтобы найти один из его катетов (АС), рассмотрим треугольники АВО (АВ = а, BAO = 45°, ВОА = 90°) и АОС ( СAО = 60°, ОСA = 90°).Из первого находим
, тогда из второго получаем
. Возвращаясь к треугольнику AВС, окончательно получаем
.
Решение. Из вершины С опустим перпендикуляр СО на гипотенузу АВ и точку О соединим с D. Так как треугольники АСВ и ADB равнобедренные, то О - середина АВ и DO
АВ. Следовательно, DOC = α как линейный угол данного двугранного угла. Построим линейный угол искомого двугранного угла при ребре BD. Для этого из вершины С опустим на плоскость ABD перпендикуляр СЕ, который лежит в плоскости треугольника COD (пл. COD пл. ABD). Из точки Е проведем EF BD и точки F и С соединим. Так как BD СЕ и BD EF, то CFE — искомый линейный угол. Его мы найдем из треугольника CEF ( E = 90°), если предварительно вычислим два его элемента.
Пусть АВ = а. Тогда СО = a/2, 
, 
. Чтобы найти EF, рассмотрим треугольник EDF, в котором EDF = 45°, EFD = 90° и 
. Поэтому 
.Возвращаясь к треугольнику CFE, находим
,
.
Решение. Через точку A, взятую на ребре прямого двугранного угла, проведем плоскость, перпендикулярную этому ребру. Эта плоскость пересечет грани трехгранного угла по прямым AC
SA, AB SA и ВС. Имеем ВАС = 90°, ASC = α, ASB = β. Требуется определить угол BSC. Этот угол мы найдем из треугольника BSC, если предварительно вычислим все его стороны.
- 1) Из Δ BAS (положим SA = a; BAS = 90°, ASB = β) имеем AB = a tg β,
.
- 2) Из Δ SAC ( SAC = 90°, ASC = α, SA = a) имеем AС =a tg α,
.
- 3) Из Δ AВС находим
.
Возвращаясь к треугольнику SBC, получаем
.
BSC = arccos (cos α·cos β).
Решение. Из произвольной точки A ребра, противолежащего грани известного плоского угла, опустим на эту грань перпендикуляр АО и проведем OB
SB и ОС SC. Точки В и С соединим с A. Так как SB ОВ и SB АО, то SB пл. АВО, т. е. АВО = 45° как линейный угол данного двугранного угла. Аналогично получаем, что АСО = 30°. Искомые углы ASB и ASC найдем из одноименных треугольников. Обозначая AO = h, рассмотрим последовательно ряд треугольников.
- 1) Из Δ АВО { АОВ= 90°, ОВА = 45°, AO = h) находим BO = AO = h,
.
- 2) Из Δ ACO ( АОС = 90°, ОСА = 30°, AO = h) находим
.
- 3) В четырехугольнике OBSC (ОВ и ОС известны, S = 60°, B = С = 90°) проведем 0S и рассмотрим треугольники SВ0 и SС0. Имеем
,
,
,
и 
.
, из треугольника SСO находим 
.Возвращаясь к треугольникам ASB и ASС, окончательно получаем
.