И Л НИКОЛЬСКАЯ ЕЕ СЕМЕНОВ .имея FЭ4ССУЖh.�Ь И Л01{43Ь1В�Ь

Кннга для учащнхся 6-1 О классов

средней школы

МОСКВА ссПРОСВЕЩЕННЕ»

1989

ББК 22. 1 ны

Рецензенты: доцент, кандидат физи ко- математических наук В. И. И г о ш и н

(С а ратовский госуда рственн ый педа го гический инст итут и м . К. А. Фе д и н а ) ; учитель- методист ш колы № 420 Москвы Б. П . П и г а р е в

Никольская И. Л., Семенов Е. Е . Н64 Учимся рассуждать и доказывать : Кн . для учащихся 6- 1 0 кл .

сред. шк .- М. : Просвещение, 1 989 .- 1 92 с . : ил . ISBN 5-09-000591-5 Помочь школьни ку научиться рассуждать, доказывать, вести а р гументи рован н ый

спор , пр оводить а н ализ, обобщение, кон кретизацию, и сп ользовать и ндукцию, н аблюден ие, а налогию - главн ая цель этой кн иги .

Материал книги пода н в виде неб ольших рассказов , диалогов, бесед, зада ч, за гадок. Изложение ведетс я в за н и м ательной форме.

н 4306020000- 369 202 - 88

103 (03 ) - 89

1 S В N 5 -09-00059 1 -5

ББК 22. 1

© Издател ьство «Просвещение», 1989

АЗБУКА РАССУЖДЕНИЙ

Возможно, Вы удивитесь , прочитав н азвание этой книги : «Учимся рас­суждать и доказывать» . Да кто же этого не умеет? Все мы любим порас­суждать, например, о том, какая команда лучше - «дина мо» или «Спартак» , или о том, как хороша жизнь во время каникул . А доказывать приходится почти на каждом уроке математики , особен но геометри и .

Н о в этой книге речь будет идти н е о рассуждениях вообще, а о таких рассуждениях, с помощью которых отыскивается и доказывается и с т и н а . Удивительная способность человеческого разума получать новые ф а кты и доказывать истинность каких-то утверждений, не прибегая к опыту, а толь ко рассуждая , Вам хорошо известна . Действительно, этим Вы постоян но зани ­маетесь на уроках математики, и не тол ько математики . Вы уверенно пи ­шете слово «мышь» с мягким знаком на конце, хот� на слух что « мышь» , что «МЫШ» - одно и то же , и рассуждаете при этом при мерно та к : «Слово «мыш ( ь ? ) » - существительное женского рода , а все такие слова оканчи ­ваются либо на « а >> , либо на «Я», либо на мягкий знак, значит, надо писать не «МЫШ», а «МЫШЬ» .

Рассуждения помогают устанавливать истину отнюдь не только на уроках . С их помощью установлены многие важные естественнонаучные факты. Так, например, испокон веков казалось совершенно очевидным и потому истинным, что тяжелые те·ла ( н а при мер, камень) падают быстрее, чем легкие ( н а п ри мер , пушинка ) . Однако Галилей , раз м ы шляя над эти м вопросом, пришел к друго­му выводу. «допустим , - думал он ,- что тяжелое тело падает быстрее, чем легкое. Что будет, если связать эти два тела вместе? С одной стороны , легкое тело должно зам ·едлять движение тяжелого, а с другой - скорость падения связанных тел должна быть больше скорости падения тяжелого тела» . Получещюе противоречие навело его на IVIЫСЛЬ, что тяжелое и легкое тела должны падать в пустоте с одинаковой скоростью. Этот вывод был подтвержден экспери ментально и пополнил запас позна н ных человеком зако­нов природы.

Умение правильно рассуждать необходимо и в обыденной , повседневной жизни . Так, например, получив тройку или , того хуже , двойку, Вы не станете убеждать учителя в том , что заслуживаете более высокой оценки , с помощью довода «Я учил», если понимаете, что из «учил» не следует «выучил » ,

4

«знаю» , т . е. «учил » не является достаточным основанием для получения хорошей оценки .

А что значит - рассуждать правильно? Есть ли тут какие-то пра­вил а , которые можно выуч ить и , руководствуясь ими , безошибочно находить истину? Оrвет на этот вопрос будет длинным . Вы сможете получить его, дочитав книгу до конца. А для начала обратите внимание на слова пра­вильно рассуждать и следует, выделенные в п редыдущем абзаце . Что озна ­чают эти слова и как связ а ны стоящие за ними понятия? Если Вы заглянете в словарь, то узнаете, что правильное рассуждение - это рассуждение, пост­роенное по законам логики. А что такое логика? В поисках ответа на этот в.опрос Вы, возможно, натолкнетесь на определение «Логика - это наука о правильных рассуждениях» и окажетесь в положении йона Тихого ( извест­ного героя Ст . Лем а ) , который , пытаясь выяснить по словарям смысл слова «сепулька» , прошел длинный путь : сепулька--+сепулькарий--+сепуле­ние--+сепулька , после чего был вынужден отправиться на планету И нтеро­пия , где, по слуха м , эти са мые сепульки можно было отыскать.

Для выяснения смысла слова логика Вам, дорогой читатель, не стоит совершать путешествие на другую пла нету, тем более что логика и ноплане­тян м ожет оказаться совершенно отличной от на шей . Не советуем Вам копаться с этой целью в словарях и учебниках : определения логики, приводимые в н их, как правило, л ибо длинны и малопонятны , либо неполны ( и н огда и то и другое одновременно) . Заметим , одна ко, что в одном серьез­ном учебнике по логи ке сказа но : «Основным предметом изучения в данной кни ге я вляется отношение логического следования» . Если последнюю фразу сопоставить с приведенным выше определением правильного рассужде­ния, станет ясно, что для у яснения связи между эти м понятием и понятием «следует» (логически ) необходимо совершить экскурсию в Логику.

Пусть это не пугает Вас, дорогой читатель . В отличие от путешествия Йона Тихого на пла нету Интеропия, полного неожиданностей , опасностей, стол кновений с неведомым , экскурсия в Логику достав ит Вам удовольствие встретиться со старыми знакомы ми в н овых н а рядах и выяснить до конца отношения с ними , что сослужит В а м хорошую службу.

Подобно Журдену (из пьесы Мольера «Мещанин во дворянстве» ) , который очень обрадовался , узнав , что всю жизнь говорил прозой, Вам будет п ри ятно узнать, что в большинстве случаев Вы говорите и мыслите по з а конам логики .

Н аконец, Вы узнаете, к каки м неприятным последствиям ведут нарушения этих з а конов и как этих неприятностей избежать.

П р и вы кнуть поскорее к новой обстановке и освоиться с новым и поня­тия м и Вам помогут ш кольники Петя, Катя и их сосед - студент Митя -герои нескол ьких «логических» историй , которые мы Ва м расскажем .

·""

ИСТОРИЯ ПЕРВАЯ ( соо> и «иnи)) ) Ка к-то раз Петя попросил сестренку Катю погулять с Джимом, так как

он еще не выучил географию, по которой е го завтра должны спросить . С прогул ки Катя вернулась взвол нова нная : какой-то прохожий у п рекнул ее в нарушении пра вил содержания собак в городе . Листок с п р а вила м и был наклеен на за боре, и одно из них гласило: соба ка на прогулке должна быть на поводке . . . в н а морднике ( кусочек бум а ги после слов «на поводке» был оторва н ) .

- Разве это спра ведли во? - горячилась Катя . - Я действительно спус­тила Джима с поводка , но о н же был в на морднике ! Кто же из нас п р а в?

- М-м -м ,- засомневался Петя .- В самом- деле, кто прав? Д а в а й - ка позовем Митю - он м аста к в логике и наверняка поможет н а м разобраться в этом деле.

Митя тут же при шел и , выслуш а в Петю ( Катя сли ш ком взвол новал ась , чтобы связно рассказать о случи в шемся ) , ответил н а е го вопрос вопросом : «А ты видел эти правил а? Как там сказано : « . . . н а поводке или в наморднике» , а может : « . . . на поводке и в н а морднике»?»

6

сое;; А КА ДОЛ?!( Нд.

е;ь1ть НА ПО!Юд.К� 8 HдMQPA.HИKl!i

Какая разни ца? - хором воскликнул и Петя и Катя . Не все ли равно? А та кая раз ница ,- сказал Митя ,- что есл и «ИЛИ»,

то права Катя, а если «И» - то прохожий . - Вот как ,- уди вился Петя . - З начит, от такой малости зависит, кто

прав , кто ви новат ! - От та кой малости? - усмехнулся Митя .- Разные слова, имеющие

разный смысл , совсем не малость . За пятая, и та настолько важна , что может решить вопрос о жизни и смерти . П редставь себе, что будет, если в при говоре « Казнить нельзя, пом иловать» запятую неча янно поста вят не после, а перед «нел ьзя» . А иногда к недоразумению может при вести даже различное пони ма ние одного и того же слова . Допусти м , мама , уходя на ра ­боту , сказал а , что после уроков ты можешь сходить в кино или на каток, а узн а в вечером, что ты успел побы вать и там , и та м , недовольно заметила , что она тебе этого не разрешал а . «Но хак же так? - возразишь ей ты. ­Ведь было сказа но « В ки но или н а каток» . Помнишь, Петя , учительница обънвила , что на родител ьское собра ние дол жны прийти мама или папа , но была довольна , когда они пришли оба? Итак, кто же будет прав в этом случае - м а м а или ты? А оба правы . Дело в том , что слово или и меет в на шей обычной речи два значения - разделительное и неразделитель­ное .

Во м ногих случаях по смыслу фразы легко понять, какое из этих значений имеется в виду . Например, в зна менитой фразе Гамлета « Быть или не быть - вот в чем вопрос ! » слово «или» имеет, несомненно, разделительный смысл : невозможно одновременно «быть» и «не быть» . А объявление «Наше бюро добрых услуг поможет Ва м вымыть окна ил и натереть пол ы» не исклю­чает, разумеется , возможности воспользоваты;я сразу обеи м и услугами . В м а м и ной фразе «или» может и меть как разделительный, так и неразде­лител ьный смысл . Такая двусмыслен ность и есть причина ее разногласия с сы ном .

7

Непременным условием плодотворности рассуждений я вляется недву­смысленность , однозначность используемых в них слов и выра жени й . Слова и, или фигурируют п р а ктически во всех рассуждениях и и грают в них особую роль, о которой речь пойдет позже. Поэтому с уточнения смысл а этих слов , придания и м однозначности м ы и начнем экскурсию в Логику. Условимся считать предложения вида А И В ( где А и В тоже п редложения ) и с т и н н ы ­м и в том и только в том случае, когда оба предложения А и В и с т и н н ы .

Это определение соответствует н а шему обычному пониманию союза «И» в роли связки двух п редложений .

В самом деле, если , например , Тидрометцентр сообщил , что завтра будет тем пература от О до 2°С и не будет осадков, то мы в праве считать себя обманутыми в наших ожиданиях не только в том случае, если назавтра уви ­дим на тер мометре - 2°С , а за окном снег, но и если будет мороз без снега или плюсовая тем пература , но с дождем . Прогноз будет признан верным , исти н ­ным , только если окажутся истинными обе его части .

Займемся теперь союзом «или» . Ка к мы знаем, он в отличие от союза «И» употребляется по меньшей мере в двух смысл а х - разделительном и не­разделительном. Какой из них выбрать? Вспомним обра щенную к сыну м а ­м ину фразу «Можешь сходить в кино и л и на каток», в которую о н и вложи­ли разный смысл . Мама предпол а гала , что сын сделает одно из двух -пойдет либо в кино, л ибо на каток, а сын понял, что он может сделать либо одно из двух, либо и то и другое.

Как види м , фраза А или В при разделительном понимании или исти нна в двух случаях (из четырех возможных ) , а и менно при А истин ном и В лож­ном или , наоборот, при А ложном и В истинном . При неразделительном понимании или доба вляется еще один случай , когда А или В истинно, а именно когда А исти нно и В истинно. Таким образом, разделительное «или» в некотором смысле частный случай неразделительного. Поэтому примем за основу неразделительное или и условимся считать предложение А или В

8

и с т и н н ы м во всех случаях, когда хотя бы одно из составляющих его предложений А и В и с т и н н о. Иными слова ми , предложение А или В будем считать л о ж н ы м только в том случае, когда А л о ж н о и В л о ж н о .

Приняв та кое согл ашение, м ы на его основании можем с определенностью утверждать, что в споре между ма мой и сыном прав был сын . Конечно, если бы мы исходили из разделительного смысла «ИЛИ» и договорились бы считать истинным предложение А или В только в тех случаях, когда одно из предло­жений А и В истин но, а другое ложно, то были бы должны признать правоту матер и и неправоту сын а .

В повседневной жизни обычно н е прибегают к определениям , а уточ­няют смысл сказан ного други ми способа м и - и нтонацией , дополнительными пояснениями -- либо вовсе не уточняют, что, как мы видели , может привести к недоразумению. В научном языке таких недоразумений стараются 'Избе­гать, придавая слова м однозначный с мысл . Вы , возможно, за метили , что в м атем атике всяки й раз , когда допустимо двоякое тол кование или, ему при ­дается неразделительный с мысл .

Например , говоря , что аЬ = О, есл и а = О или Ь = О, имеют в виду, что а и Ь могут быть равны нул ю одновременно. Когда требуется найти чис-

ла , удовлетворяющие «совокупности» неравенств [ :�:', т. е . делающие

истин н ы м и предложение «Х > 2 или х < 5» , то наряду с числ а м и , удов­летворяющи м и тол ько первому или только второму неравенству, указыва­ются числ а , удовлетворяющие обоим неравенства м одновременно ( напри­мер , 4 ) .

Принятые н а м и согл а шения об и и или будут нужны в дальнейшем для выяснения смысл а слова следует (логически ) и его связи с правиль­ным и рассуждения м и . Поэтому запишем их вместе в обозримой форме с помощью следующей табл и цы ( в которой и означает и с т и н н о , а л -л о ж н о) :

9

А в Аи В А или В

и и и и

и л л и

л и л и

л л л л

Эти определ('ния естественно обоб щаются на любое число предложени й , связанных союзом и ( или ) : .

Предложенut' А1 и А2 и . . . и Ап и сти н н о в том и только в том случае, когда все составляющие его предложения и с т и н н ы .

Предложение А1 и л и А2 и л и . . . и л и А11 л о ж н о в том и только в том случае, когда все составляющие его предложения л о ж н ы .

А теперь, пользуясь приняты ми определениями , вы пол ните нескол ько за­даний .

* * *

1. Заполните пропуск так, чтобы полученное предложение был о : а ) ис­тинно; б ) ложйо.

Число 12 делится на 3 и на . . . . Число 8 делится на 3 или на . . . .

2. Сделайте п редложение «Пушкина звал и Алекса ндром Сергеевичем и . . . звали Алекса ндром Сергеевичем» исти нны м , вста вив вместо м ногото­чия фа милию известного русского: а) писател я ; б ) композитора .

3. Найдется ли такое натуральное значение п , п р и котором предложе­ние «п четно и п + 1 четно» будет истинны м ?

4. Может л и при каком -нибудь значении п ( натуральном ) стать ложным предложение «п четно или п + 1 четно»?

5. Исти нно или ложно п редложение : а ) число 2 четное и простое ; б ) число 2 четное или простое? 6. Может л и быть ложным предложение: а ) натурал ьное число п четно или нечетно; б ) функция f четна или нечетна ? 7. Уче ник , решая неравенство lx l > 2, получает нера венства х > �.

х < - 2 и дел ает вы вод, что исходное неравенство не имеет решении , так как нет таких чисел , которые бол ьше 2 и меньше - 2 . В че м его ошибка ?

8. Сформулируйте с помощью союза и утверждение «Все нечетные од-нозначные числа простые» . Определите, исти нно это предложение или ложно.

9. Сфор мулируйте с помощью союза или утверждение «По крайней мере одно из чисел п , п + 1 , п + 2 четно» . Определите, истинно это утверждение ИЛИ ЛОЖНО.

10. Служебное слово - это предлог, или союз , или междометие, или час­тица . Предлоги и союзы служат дл я связи слов или п редложений , междо­метиями выражают какие-либо чувства или побужда ют к действию. Дока­жите, что служебное слово только - част и ца .

1 0

О т в е ты и ре ш е и и я.

�. а ) Г р ибоедов; б ) Да р гомыжский . 5. Оба предл ожения ист и н ны . 6 . а ) Не может; б ) может . 7. Нера венство lx l >2 ра вносильно предло­жению х>2 или х<-2, а не х>2 их< -2. 9. «n четно, ил и п+ 1 четн о, или п+2 четн о» . Это n редл ожение ист и н н о пр и л юбом п.

10. Обозн а чим утверждения «Слово только

я вл яется предлогом (союзом: междометием , � частицей ) » буква м и А , В , С , Д соответствен­н о. П редл ожение А или В или С или Д ис­тинно тогда и только тогда , когда исти нно хотя

б ы одно из составл яющих его предл ожений. Поскол ьку А, В и С л о ж н ы, то и с т и н­н о Д.

ИСТОРИЯ ВТОРАЯ ( ссЕсnн ... , то ... )) )

Проснувшись, Петя почувствовал, что выздоравливает . Прошла уже почти неделя , как он , съев три порции мороженого, слег с ангиной .

- Не мешало бы в учебник загл януть,- лениво подум алось ему,­посмотреть, что сейчас проходят.

Прики нув , скол ько было без него уроков геометрии , Петя раскрыл учебник и стал читать пункт «Равнобедренный треугольник» . В этом пункте доказы ­вались две теоремы : В равнобедренном треугольнике углы при основании равны и Если в треугольнике два угла равны, то он равнобедренный.

Разбирать доказательства Пете было неохота , и он отложил это за нятие на потом . Дочита в пункт до кон ца , он узнал, что вторая теорема называется обратной первой теореме . Что значит обратная теорема, разъяснялось в учеб­нике так : заключение первой теоремы является условием второй, з условие первой - заключением второй. П рочита в это разъяснение, Петя вспомнил, что в теореме, сформулированной в виде предложения «Если А, то В», усло­вием называют предложение А, а заключением - В , и решил проверить,

D

1 1

действительно ли получится вторая теорема , если поменять местами условие и заключение в первой . Одна ко в формулировке первой теоремы не оказа­лось слов «если» и «ТО» и было непонятно, где же ее условие, а где заклю-чение. ·

- Ну ничего,- подумал Петя ,- спрошу у Мити , он объяснит,- и , от­ложив· учебник, стал читать детекти в .

Катя прибежала из ш колы насквозь промокшая - шел сильный дождь - и сообщила , что Митя обещал вечером, если дождь кончится , навестить больного друга . С приближением вечера Петя все ч а ще погляды ­вал в окошко, но дождь не уни мался. Когда он совсем перестал ждать Митю, тот при шел .

- Ты же сказал , что придешь, если не будет дождя , - удивился Петя . - Но не станешь же ты говорить, что я обм анул твои ожидания , -

засмеялся Митя . - Ну что ты, нет, конечно ! Я так р ад, что ты при шел , - за верил друга

Петя .- Но если бы ты не при шел , я бы не обиделся : ведь дождь все еще идет, значит, ты не нарушил бы своего обещания .

- Все правильно,- сказал Митя . - П редложение « Если А, то В » в л о­гике считается исти нным в трех случаях : во-первых, когда А истинно (дождя нет) и В исти нно ( я к тебе пришел ) , во-вторых, когда А ложно (дождь идет) , а В истинно (я к тебе пришел ) , в -третьих. когда А ложно (дождь идет) и В ложно ( я к тебе не пришел ) . И только если А истин но, а В ложно (дождя нет, а я к тебе не пришел ) , п редложение « Если А, то В» ложно (я не выпол ­нил данного тебе обещани я ) .

- Вот оно что, - протянул Петя, обдумывая сказан ное Митей .- Выхо­дит, такое, например, нелепое предложение, как «Если 17 делится н а 4 , то 17 делится на 2 >) надо считать исти н ны м ?

- Конечно ! - воскликнул Митя . - И п редложение « Если 1 8 делится на 4, то 18 делится на 2» тоже истинно. И ничего в этом нет неожида н ного. Ведь у тебя не вызывает сомнений истинность утверждения « Если число п делится на 4 , то оно делится на 2» . Иными словам и , ты уверен , что это предложение исти нно всегда , т . е . при любом п, в том числе при п = 17 и при п = 18 и , разумеется, при п = 16 . А такого значения п , при котором это предложение ложно (А истинно, а В ложно) , п росто нет ; всякое число, которое делится на 4 , делится и на 2 .

- А интересно, - продолжал размы шл ять вслух Петя ,- если поменять местами условие и заключение, что получится? Будет ли п редложение, обратное данному, тоже всегда исти нны м ? Нет, конечно ! П редложение « Если число п делится на 2 , то оно делится на 4» ложно, напри мер, при п = 6, потому что А (6 делится на 2 ) и стинно, а В (6 делится на 4 ) ложно.

- Ага ,- подумал он ,- в учебнике геометрии так и сказано : «Не всякая теорема и меет обратную» - и приводится пример с вертикальным и у гл а м и : «Если углы вертикальные, т о они равны» - доказанная теорем а , а обратное ей предложение «Есл и два угл а равны , то они вертикальные» и теоремой не назовешь: это утверждение неверно, так как в пол не возможно, что два угла равны (условие исти нно ) , а угл ы не являются вертикальными ( заключе­ние ложно). Таковы, например, углы при основании р а внобедренного треугольника ,- вспомнил Петя прочита нную утром теорему и собрался было

12

спросить у Мити , как же все-таки ее сqюрмулировать в виде «Если А, то В» . Но тут его осенило ! Ведь раньше и теорема о свойстве вертикальных углов формул и ровалась просто, без всяких «если » и «ТО» , а теперь . . . Значит, и теорему об угл а х при основании равнобедренного треугольника можно сформулировать та к : « Если треугольник р а внобедренный, то углы при его основа нии ра вны» .

Вошла Катя и сообщила : - Приходил тренер и з Дома пионеров ( ка ндидат в мастера и между­

народный а рбитр ) и пригл а шал заниматься в шахматной секции . - Всех пригл ашал? - обрадовался Петя . - Он сказал, что для того, чтобы быть принятым в секцию, достаточно

не и меть троек, а у тебя по русскому на верняка будет в четверти тройка, та к что о шахматной се.кции и не мечтай.

Петя сердито посмотрел на сестру, но возразить было нечего : писал он действительно с ошибка ми и было ясно, что, тройку по русскому так быстро ему ни за что не испра вить.

- Да подожди ты, не расстраивайся заранее,- попытался ободрить Петю Митя . - Ведь тренер сказал достаточно, чтобы не было троек . А что значит - достаточно? Это значит, что есл и у человека нет троек, то он может заниматься в шахматной секции . Но это вовсе не означает, что если человек занимается в шахматной секции , то он не и меет троек. Ты же знаешь, что предложение, обратное верному, может быть и неверны м . Иначе говоря, тре­нер не утверждал, что отсутствие троек необходи мо для занятий в шахматной секции . Все знают, что ты бол ьшой любитель шахмат и вообще человек спортивный ; я думаю, что тебя впол не могут принять в шахматную секцию. А тройку по русскому ты к концу года исправишь.

Петя повеселел и стал п одтрунивать над Катей . - Вот тебя -то в шахматную секцию уж точно не примут : хоть ты и

отл ичница , а ладью от ферзя не отличишь . - Ничего ты не понял ,- сказала она брату .- Раз сказано - достаточ­

но, чтобы не было троек, значит, меня при мут,. если я захочу, и всему научат . Но я не собираюсь учиться и гр ать в шахматы, а запи шусь в кружок

1 3

хорового пения. Чтобы петь в хоре, необходимо иметь музыкальный слух, а он у меня есть.

- Иметь слух, конечно, необходимо,- если его нет, то лучше не петь. Но достаточно JIИ этого, чтобы петь в хоре? - засомневался Петя.-- Наверное, надо еще и голос иметь приятный, а ты пищишь, как мышонок.

Катя хотела было, по обыкновению, возразить брату, но Митя сказал при­мирительно:

- Петя прав, а ты, Катя, запишись лучше в кружок игры на гитаре: чтобы научиться прилично играть на гитаре, необходимо и достаточно иметь музыкальный слух, ну и усердие, конечно, но его у тебя хоть отбавляй.

Не желая ни в чем уступать сестре, Петя похвастался: - С сегодняшнего дня у меня тоже усердия хоть отбавляй. Я не поленил­

ся утром заtлянуть в учебник и узнал, что ... - он помедлил, обдумывая, как сказать покороче, и закончил фразу так:- Для того чтобы треугольник был равнобедренным, необходимо и достаточно равенство двух его углов.

- Молодец,- похвалил Митя.- Прямую и обратную теоремы всегда можно объединить в одно предложение с помощью слов «необходимо и достаточно». А можно было бы сказать и так «Треугольник равнобедрен­ный тогда и только тогда, когда два его угла равны».

Катя, как всегда, стала искать, к чему бы придраться: - Ну. почему же два угла? А если все три угла треугольника равны,

то он уже не равнобедренный? - Конечно, нет! Тогда он равносторонний,- поспешил продемонстри­

ровать свои познания Петя. - Не торопитесь, давайте-ка сначала разберемся,- рассудительно ска­

зал Митя.- Прежде чем спорить, надо уточнить предмет спора - смысл утверждения «два угла треугольника равны». Это можно понять по-разному: как «два и только два угла равны» и как «по меньшей мере два угла равны». Здесь имеется в виду второй смысл. Поэтому если у треугольника все три угла равны, то очевидно, что два его угла равны, т: е. треугольник с тремя равными углами тоже равнобедренный, хотя, как правильно сказал Петя, он имеет и специальное название - равносторонний. Равносторонний тре­угольник - частный случай, вид равнобедренного, так же как квадрат -вид прямоугольника, прямоугольник - вид четырехугольника, береза - вид дерева, а кошка - вид млекопитающего.

- Какой интересный у нас получился разговор,- сказал Петя.- Сколь­ко мы выяснили полезного для себя.- Да,- подтвердил Митя.- Во-первых, мы узнали, что предложение «Если А, то В» считается истинным в трех случаях, а ложным только в одном. Запишем этот факт в виде таблички:

А в Если А, то В

и и и

и л л

л и и

л л и

14

Во- вторых, вместо « Если А, то В», оказывается , можно сказать «А -достаточное условие В » или «В - необходи мое условие А» .

В третьих , если верны оба вза и м но обратных утверждения «Если А, то В» и « Если В, то А», то можно сказать : «В - необходимое и достаточное ус­ловие А». Ил и : «А - необходимое и достаточное условие В». То же самое м ожно сфор мул и ровать и так : «А тогда и только тогда, когда В».

Кроме того, мы убедились, как важно всем спорящим точно знать и одина­ково понимать смысл употребляемых слов . «Оп ределяйте значения слов, и вы избегнете половины заблуждений» - такова за поведь мудрых .

- А что,- спросил Петя ,- разве оборот «если . . . , то . .. » может упо­требляться в каком - нибудь другом смысле, чем тот, который мы выяснили в разговоре? Зачем нам понадобилось это определение?

- Ты забыл , что ли , как Мария Ивановна сказал а : «Если студент Митя - прекрасный матем атик, то его друг Петя ничем, кроме хоккея, не интересуется»? - не упустил а случая подразнить брата Катя . - Это утверж­дение истинно, потому что оба соста вляющих его утверждения истинны ; во всех других случаях оно было бы ложны м .

- Ну-ну,- прими рительно сказал Митя ,- Катя п равильно подметил а , что в утверждении Марии Ивановны фраза «Если . . . , то . . . » близка по смыслу к союзу «И» , но вот исти нно ли оно - еще вопрос . К тому же Петя интересуется не только хоккеем , но и шахм ата ми , а сегодня он доказал н а м , что может всерь�з заи нтересоваться и м атемати кой .

- Разрази меня гр ом, если я не докажу это и Марии Ива новне,­решительно произнес Петя .

- Будем надеяться ,- смеясь отозвался Митя,- что это твое уверение очень скоро подтвердится : Ма рия И вановна за метит твой и нтерес к м атема­тике и гром тебя при этом не поразит, т . е . п редложение « Есл и А , то В» станет истинным в силу ложности А и ложности В . Это соответствует четвертой строке табл и цы , с помощью которой за писано наше соглашение о союзе «есл и . . . , то . . . ».

1 5

Впрочем , глядя на эту табл и цу, легко за метить, что для истинности предложения « Если А, то В» достаточно ложности А. И наче говоря, если А ложно, то предложение « Если А, то В » истинно неза виси мо от того, истинно или ложно В. Поэтому, следуя н а шему согл ашению, м ы должны считать истинными и такие нелепи цы, как предложение « Если Вол га впадает в Чер­ное море, то белые медведи живут в Африке» ( ил и « . . . в Арктике» ) . Но всерь­ез такую чепуху никто, конечно, городить не ста нет. А при поиске или доказательстве исти ны с помощью логических рассуждений это обстоятельст­во ( истинность « Если А, то В» при ложном А) и меть в виду очень важно, более того, совершенно необходи мо.

Подробнее мы поговорим об этом в другой раз , дорогой читатель , а сейчас попробуйте выполнить несколько упражнений .

* * *

1 . Запол ните п ропуск так, чтобы получившееся утверждение было ис -тинны м :

а ) Если 2- число четное, то это число . . . . б ) Если ... , то 2Х2 = 5. в ) Если 2Х 2 = 5, то ... . 2. Дополните предложение так, чтобы оно было истинным при любом

значении п:

1 6

а ) Если число п оканчивается нулем, то оно делится на . . . б) Если число п делится на 12, то оно делится на в) Число п дел ится на 9 тогда и только тогда, когда . . . .

3. Может ли стать ложным предложение? а) Если х - - брат у, то х и у - родственники. б ) Если х - брат у, то у - брат х. в ) Если х - сын или дочь у, то у - м ать или отец х. 4. Всегда л и и стинно предложение, обратное предложению а ) '· предло­

жению б) из п редыдущего упражнения? 5. Сформулируйте утверждение а ) из упражнения 3 сначала с помощью

слова достаточно, а затем с помощью слова необходимо. б ) Сформулируйте утверждение в ) из упражнения 3 вместе с обратнь1м

ему утверждением с помощью слов необходимо и достаточно, тогда и только тогда.

6. Сформули руйте с помощью слова достаточно теоремы : а ) о признаках равенства треугольников ; б ) о признаках параллель-

ности прямых . 7. Сформули руйте с помощью слова необходи мо теорему о свойствах : а ) смежных углов ; б ) вертикальных углов . 8. Сформул ируйте теорему о признаке параллелогра м ма и обратную ей

теорему в виде одного предложения с помощью слов : а ) необходимо и достаточно; б ) тогда и только тогда, когда.

П р и м е ч а н и е. Если Вы еще не изучали этих теорем , загляните в учебник и прочтите и х формулировки, не вникая в доказательство. Этого достаточно для того, чтобы Вы с могл и выполнить задание.

9. Определение трапеции сформулировано так: «Тра пецией называется четырехугольник, у которого две стороны параллельны» . Какое уточнение надо в нести в это определение, чтобы из него было ясно, что параллело­гр а м м не является видом трапеци и ? (Параллелогр а м мом называется че­ты рехугольник, у которого проти волежащие стороны параллельны. )

10. На стол кладутся карточки, на каждой из которых с одной стороны буква , а с другой - число. П редла гается проверить, верно ли для них ут­верждение « Если на одной стороне карточки гласная , то на другой - четное число», перевернув как можно меньше ка рточек. Подумайте, как это сделать, если на выложенных карточках Вы видите такой набор букв и чисел :

a)BG0G, б ) ���jb l ·)G0G0G�, c)�l±J��

О т в е т ы и ре ш е н и я . 9. Доб а вить, а две другие не параллельны . 1 0. Утвер ждение «Есл и н а одн ой ст ор оне глас-

3. а) Нет; б) предл ожение ложно, когда х - н ая, т о на другой - четн ое числ о» будет для бр ат у, а у - сестр а х; в) Н<'Т. да нн ого набора ка рт очек ложным лишь в том

1 7

сл учае, когда найдетс я ка рточка с гл асной и нечетн ым числ ом . Поэтому для н абора а ) дос­таточ но перевернуть ка рточку с б укв ой Е, а дл я набора б ) - ка рточку с числом 3. В н або­ре в ) опровержение могут нести две карточки: с буквой А и с числ ом 3. П оэтому н адо пере­вернуть одн у из них, напр имер с букв ой А; есл и на об ороте окажется нечетное числ о, то

утверждение ложно, если же - четное, то надо перевер нуть ка рточку с числом 3 ; есл и на обо­роте согласная , то утвер ждение истинно, а если гл асная - то ложно. Для набора г) ут­верждение заведомо истинно, так как в нем соЧета ние на одной ка рточ ке гл асн ой и нечет­ного числ а невозм ожно.

ИСТОРИЯ ТРЕТЬЯ ( <<Неверно, что ... )) )

Петя твердо решил развить в себе силу воли и· сказал об этом Кате . - Начну с того,- доверительно сказал 6н сестре,- что составлю пла н

н а ка ни кулы и выполню его п о всем пункта м . Нака нуне каникул Петя торжественно вручил Кате листок бум а ги, на

котором было а ккуратно написано : ·

В каникулы я обязательно прочту по крайней мере одну толстуюхнu:­гу, схожу в музей или на лекцию и, если не будет-оттепели, все·вечера проведу на 'катке.

Повесив обязательство над кроватью, Петя с пер вого дня каникул реши­тельно взялся за дело : начал читать «За писки охотн ика » и принес из библио­теки «Три мушкетера » . На другой день он сходил в Зоологически й музей посмотреть мамонтенка Диму . Пять вечеров подряд Петя провел на катке, но потом стало совсем тепло ( 5° С ! ) и каток пришлось отменить. К концу ка ­никул Петя закончил чтение «Записок охотника» и прочитал половину «Трех мушкетеров» . В общем Петя был собой доволен, но Катя сумела испортить ему настроение.

18

- Между п рочим , ты не был на катке ни вчера, ни поза вчера ,- ехидно за метила она .

- У меня же была ува жительная причина ! - возмутился Петя . - Ну, а кроме того, ты не был н а лекции ,- на помнила Катя . Сходить на лекцию Петя и в самом деле не собрался, но и тут нашел ,

что возразить : в Зоологическом музее <.>н слушал экскурсовода , расска­зыва вшего о ма монтах .

- Но ведь ты собирался в музей или на лекцию, а не в музей и на лекцию сразу,- не унималась Катя ,- и «Три мушкетера» не дочитал .

Поняв, ЧТО Катю ему не переспорить, Петя ма хнул рукой и пошел к Мите . Мите захотелось утешить расстроенного друга . - Мы еще посмотрим , кто прав , ты или Катя ,- сказал он .- Что зна­

чит - ты не выпол н ил пла н а ? В этом надо разобраться. И они стали разби раться . - Сначала да вай еще раз перечислим дела , которые ты на метил .­

п редложил Митя .- Сделаем это так : D1 - п рочитать по кра йней мере одну толсту�о книгу, D2 - сходить в музей , Dз - сходить на лекциiо, D4 - все вечера провести на катке . Теперь запишем взятое тобой обязательство кратко, обозна чив условие не будет оттепел и буквой У:

D, и (D2 ил и Dз) и ( если У, то D4)·

Катя утверждает, что ты не выполнил свое обязательство, т . е . отрицает, что ты его выполнил . Что же значят - отри цает ? В каком случае отрицание ка кого-либо утверждения истинно, а в ка ком - ложно?

* * *

Начнем с простого. Допусти м , ты утверждаешь, что «Ча паев»- сегодня идет в на шем клубе, а Катя , как всегда , спорит, уверяя, что <�Ча паев» сегодня

Оь/15АТЕЛЬСТВО -1 --..--с- ИА-- ----- -: 2�..,..._._..... .... _

;; ___........ - _______..

4 � ....,._.... __.._

19

не идет в н ашем клубе . Если твое утверж-Д ден ие истинно, то Катино ложно, а если ты

ошибаешься, то Катя права . . . В логике предложение, утверждающее,

что А неверно, называется отрица нием предложения А . Есл и А истинно, то его от­рицание лож но ; если же А ложно, то его отрица ние истинно . Отри цание щэедложе­ния А и ногда записывается так : А ( рис . 1 ) .

Построить для л юбого предложения Рис. 1 его отри ца н ие проще простого : достаточно

поставить перед ним слова неверно, что. Например, отрицанием предложения «Чапаев» сегодня идет в нашем клубе будет предложение Неверно, что «Чапаев» сегодня идет в нашем клубе. А предложение Неверно, что все отличники в нашем классе - спортсмены -отрицание предложения Все отличники в нашем классе - спортсмены.

Однако это неверно, что делает п редложение громоздким , неуклюжи м . В первом случае, ка к м ы уже видели , можно сказать проще, а и менно «Ча­паев» сегодня не идет в нашем клубе, т . е. в место неверно, что в начале п ред­ложения поста вить не перед его сказуемы м . А можно ли и во втором случае поступить так же?

- Почему же нет? - удивитесь Вы .- Пожалуйста : Все отличники в на­шем классе - не спортсмены.

Напомним , что п редложение и его отрица ние не могут быть ни одновре­менно истинными , ни одновременно ложными .

А предложения Все отличники в нашем классе - спортсмены и Все отлич­ники в нашем классе - не спортсмены оба ложны. Например , Катя - от-

1 L-----

с=Ооо 20

личница и фи гуристка, а вот Митя - отличник, а спортом не за нимается. К сожалению, бывает, что некоторые отличники в классе - не спортсмены.

Вот мы и сформулировали отрицание предложения Все отлични ки в нашем классе - спортсмены: Некоторые отличники в нашем классе - не спортсмены. Это предложение и меет тот же смысл , что и предложение Неверно, что все отличники в нашем классе - спортсмены. Вообще отри ­ца нием предложения Все х обладают свойством Р я вляется предложение Некоторые х не обл адают свойством Р. Кратко это записывают так : V хР(х}*

� 3 хР(х) . Знак V означает все ( всякий, каждый, любой ) , а знак 3 - не­которые ( существуют, есть, имеется ) . Пусть, например, х означает озеро, а Р - свойство быть пресноводным; тогда эта запись будет означать следую­щее : Неверно, что все озера пресноводные, то же са мое, что Некоторые озера не пресноводные. И нтересно, что отри ца ние предложения, имеющего форму 3 хР(х), строится подобны м же образом : 3 xP(x}*VxP(x) . Например , сказать Неверно, что существуют четвероногие птицы все равно, что сказать Все птицы не четвероноги.

Так обстоит дело с отрицаниями простых предложений . Если в них нет ( и не подразумевается) слова все ( вся кий, любой, каждый ) или некоторые (существуют, есть, имеется ) , то для построения отри ца ния достаточно поста­вить не перед сказуемым . Есл и же перед подлежа щим простого предложения стоит ( или подразумевается ) слово все либо слово некоторые, то для того, чтобы получить это отр и ца н ие, нужно не только поста вить не перед сказуе­l\'1ЫМ, но и за менить слово все словом некоторые, а слово некоторые словом все.

* * *

А теперь посмотрим , как образуются отрица ния сложных п редложений , и меющих форму А и В , А и л и В , если А , то В. Как , например, возразить на то , что Вы опоздали в ш колу и получили двойку? Сказать, что не опаздывали и не получали двойки? Но ведь предложения Ученик опоздал в школу и получил двойку и Учени к не опаздывал в ш колу и не получал двойки могут оказаться одновременно ложным и . Так будет, например, в том случае, если этот учени к при шел в ш колу вовремя , но двойку получи_л. Значит, мы построи­ли свое отри ца н ие неправильно. Отрица нием предложения , и мею щего форму А и В, является предложение А или В ( где или имеет неразделительный смысл ) . Понять это поможет рисунок 2. На этом рисунке круг А соответствует утверждению «А и с т и н н О» , а круг В - утвержде':!_ию «В и с т и н н о» . Все, что осталось за кругом А, соответствует истинно�ти А, а все, что находится за предела м и круга В, соответствует истинности В. Отсюда .ясно, что область «В клеточку» соответствует и�тин ности А и В, область «В вертикальную полоску» - _!:!стинности А и В, область «В горизонтальную оолоску» -истин ности А и В, неза штрихованная область - истинности А и В. За преде­лами своей области истинности каждое предложение ложно, а его отрицание истинно .

Итак , область «� кл�точку» соответствует истинности А и В, а все осталь­ное - исти нности А и В. Но это «все остальное» состоит из областей

2 1

ш

Рнt. 2 Рис. 3

истинности А и ii, А и В, А и ii. Ита к, сказать «Неверно, что А и В» - то же са мое, что сказать «Не А или не В».

А теперь сообрази м , ка к построить отри цание предложения А или В. Как мы уже выяснили , это предложение и стинно, когда А исти нно, а В ложно, когда А ложно, а В исти нно и когда А и В оба и стинны . На рисунке 2 этому предложению соотве!ству_ет вся заштрихованная обл асть. Ясно , что отрица­ние А или В - это А и В.

- Значит, отрица нием предложения Мальчик сходил в музей и л и на лек­цию будет п редложение Мал ьчик не сходил в музей и не сходил на лекцию. Так ведь? - продолжал рассуждать Петя .- А я в музее был . Выходит, зря Катька ко м не придиралась .

- Погоди ,- отозвался Митя .- Давай до конц_а разберемся . Ты соби­рался , если не будет оттепели , все вечера провести на катке. Этот пункт твое­го обязательства имеет форму условного предложения Если А, то В. Как же построить отр ицание такого п редложения?

- Если не А, то не В,- не задумываясь, ответил Петя . - Хотя нет -Если А, то не В. А может быть, Если не А; то В ?

- Н е торопись,- оста новил его Митя . - На этот воп рос трудно ответить пра вильно сразу.

Дело в том, что отрица ние условного п редложения с а мо условным пред­ложением не будет . Разобраться в этом н а м опять помогут рисунки . Посмот­рите сначала на рисунок 3 . На нем изображен случай , когда предложение Если А, то В истинно . В самом деле, из рисунка видно, что есл и истинно А, то истинно и В. Та ки м образом , область истинности п редложения Если А, то В

ш

Рис. 4 22

состоит из обла�тей 1, Il_и 111..!. соответству­ющих А и В, А и В, А и В. Теперь по­lмотрите на рисунок 4 . Когда я его р исо­вал , то не имел в виду, что п редложение ЕсJ1и А, то В всегда истинно . Поэтому здесь, кроме обл_остей 1 , 11 и_lll, соответст­вующих А и В, А и В, А и В и составл яю­щих обл а сть истинности Если А, то В, есть еще и обл асть IV, соответствую щая А и ii. Тепер ь ясно, что отрицанием предложения Если А, то В будет предложение А и не В.

- А и не В! - воскл икнул Петя . -

Вот это неожида нность ! Действительно, сразу ни за что не догадаешься . Впроче м , когда я говорю Катьке : «Есл и я схожу в м а газин , то ты дашь мне списать задачу» , она так и отвечает : «В м а газин сходишь, а задачу списать не дам » .

* * *

- Ну вот ,- сказал Митя ,- теперь мы проверим , выпол нил л и ты свое обязател ьство ил и нет, и выясним , кто прав , ты или Катя . Вернемся к краткой записи твоего обязательства :

D1 и (D2 или D3) и (если У, то D4) . Катя отри цает, что ты его выпол нил , т. е . утверждает, что исти нно пред-

ложение D1 и ( D2 или Dз)и ( если У, то D4) . _______ _ «Рас шифруе м » эту запись . Сначала вспомним пра вило А и В-<=?-А или

В. П р и менив это пра вило дважды, получ и м : D1 или D2 или D3 или есл и У, то D4 ( скобки здесь не нужны, так как черта, обозначающая от­р и ца ние, заодно выполняет и рол ь скобок, указывая начало и конец пред­ложения ) . ----

Теперь применим правил а А или В-<=?-А и В и Есл и А, то В-<=?-А и В. По-лучим : D1 или (D2 и D3) или (У и D4) . Катя права в том и только в том случае, есл и хотя бы одно из предложений D1, D2 и D3, У и jj4 исти нно. Разберем каж­дое из этих п редложений в отдел ьности .

D1 означает Неверно, что ты прочитал по край ней мере одну толстую кни гу, т. е. что ты не прочит<!_л ни одной толстой книги . Но ты прочитал «Записки охотника » ; значит , D1 ложно.

D2 и jj3 означает, что ты не сходил н и в музей, ни на лекцию. Но ты сходил в музе й ; значит, это утверждение ложно.

У и jj4 означает, что не было оттепел и , но ты не все вечера провел на катке, ил и , иначе, не было оттепели и были вечера , которые ты не провел на катке. Такие вечера и впра вду были , но утверждение Не было оттепели не соответствует действительности , т. е. ложно. Значит, и утверждение У и jj4 ложно.

Вот мы с тобой и убедились, что Катя непра ва . Теперь нужно и ее в этом убедить.

* * *

Чтобы лучше усвоить все, что Вы узнали об отри цании , и проверить себя , подума йте над та ки м и вопроса ми и задача м и :

·

1 . Какое из предложений а < 2, а::::;;; 2 является отрицанием предложения а>2? Поче му?

2. Является л и отрица нием п редложения Он - мой друг предложение Он - мой враг? Почему?

3. Скажите то же самое по-другому : а ) Неверно, что 551- простое число. б) . Неверно, что все млекопитающие жи вут на суше. в ) Неверно, что некоторые собаки летают.

23

4. Что утверждает предложение Неверно, что 2. 2 =F 4? 5. Что утверждает предложение Неверно, что все простые числа нечетны?

Истинно или ложно это утверждение? 6. Сформулируйте в утвердительной форме (т . е . та к, чтобы в начале

предложения не было не или неверно, что) отрица ние п редложения Сущест­вует ш·кола, все ученики которой не и нтересуются спортом.

7. На вопрос Кости , можно ли ему пойти в кино или погулять, мама ответила отри цательно. Как должен поступить Костя , послуш а вшись м аму?

8. В правилах содержания собак в городе сказано, что нельзя выводить собаку без поводка и без намордника .

Юра вывел свою Альму н а поводке и в наморднике. Оли н Атос гулял в наморднике, но с поводка был с пущен. Файфика Миш а отпустил побегать без поводка и без н а мордни ка . Машина Джолли гуляла на поводке, но без намордника. Кто из ребят нарушил правило?

9. Постройте отрицание предложения Если число 899 делится на 3 1, то это число делится на 1 3 . Установите, истинно это предложение или ложно.

О т в е т ы и р е ш е н и я .

1. а�2; это предложение можно прочитать как а не боль ше 2 . 2 . Нет ; эти предл ожения могут быть одн овре­менно ложными . 3 . а) 551 - не простое числ о; б ) некоторые млекопитающие не жи вут на суше; в ) все со-

·6аки не летают. 4. 2-2=4. 5. Существует простое четное число. Это пред-

ложение истинно, так как простое четное число действительно существует ; это 2. 6. В всякой школе некоторые ученики интере­суются спnрто111. 7. Не пойти в кино и не гулять. 8. П ра вило на рушил только М и ша . 9. Ч исло 899 делитсs1 на 31 и не делится на 13. Это предложение истинно; следовательно, предложен ие Если число 899 дел ится на 31, то это число дели тся на 13 ложно.

ИСТОРИЯ ЧЕТВЕРТ дЯ ( ((Сnедует, не сnедует)))

Мария И ва новна вызвала Петю к доске доказать теорему о сум ме углов треугольника . Накануне Петя п рочел в учебнике доказательство теоремы , которое оказалось длинным и трудным , и хотел было прочесть его еще раз и повторить. Но в это время по телевизору стали показывать международный хоккейный м атч, и Петя отложил работу над доказательством н а пото м . Передача кончилась поздно, и Петя л е г спать, успокаивая себя мыслью, что завтра , авось, не вызовут .

Проплавав у доски м и нут десять, Петя причалил к жел а н ному берегу «Что и требовалось доказать», но Мария Ива новна осталась недовольна : несколько утверждений , высказанных Петей в ходе доказательства , были , на ее взгляд, недостаточно обоснованными .

- Больше трой ки ты сегодня не заслужил ,- сказала она Пете ,- хотя в последнее время за метно щщтянулся .

- Н о я же учил ,- попробовал поторговаться с учительниuей Петя .

24

- И что же из этого следует? - пожала плечами Мария Ивановна .­Учил , но не доучил . Садись на место и в следующий раз учи лучше.

Придя домой, Петя открыл учебник геометрии с твердым намерением хорошо подготовиться к следующему уроку. В учебнике было написано : «Из теоремы о сумме углов треугольника следует, что у л юбого треугольника хотя бы два у гл а. острые» . Петя прочел доказательство этого утверждения и задумался, что же все-таки это значит - - следует. Как понимать вопрос Марии И в а новны и что общего между н и м и утверждением в учебнике? Его размышления п рервала Катя . Она раскрыла перед н и м тетрадь с конт­рольной работой по алгебре и огорченно сказала : «Ну надо же, ни одной ошибки, а отметку почему-то снизили» . В тетради красным карандашом была подчер кнута фраза : «Из равенства х(х- 1 ) = 0 следует, что х=О их­- 1 = 0» .

- Где ж е тут ошибка , - недоумевала Катя ,- разве это н е так? - С нова это «следует» - оно меня преследует,- нечаянно подумал сти-

хами Петя и ,·. вспом нив , что урок алгебры, на котором будет разбираться контрольная , только послезавтра , предложил Кате сходить в месте к Мите . Митя обрадовался и х приходу, но сразу заметил , что и брат, и сестра чем-то огорчены.

- В чем дело? Ты, наверное, из -за тройки расстроился? - спросил он Петю . - Не горюй, испр авишь . А ты, Катя, что , тоже тройку схва ­тил а ?

- Да нет, четверку, н о ведь ни одной ош ибки ! Посмотри только ! -она протянул а Мите тетрадку с контрол ьной . Митя внимательно прочел подчеркнутую красным карандашом фразу и тоже не сразу понял , в чем дело .

- Как будто бы все верно,- недоуменно п роизнес он . - Впрочем , ми­нуточку, дава йте п ровер и м . Ошибка вот в чем : из равенства х(х- 1)= 0 не следует, что х=О и х- 1 = 0.

25

rДЕ�Е Х(Х-1)-:О Т7Т. СЛЕДОВАТЕЛЬНО

оfна? Х=О и х-1 - о

- Следует, не следует ! - проворчал Петя . - Что же это значит? Что это за слово та кое, из-за которого сегодня у нас с Катей одни неприятности?

- Слово это очень хорошее, важное и нужное, только употреблять его надо с умом ,- сказал Митя . - Говорят, что из предложения Р следует предложение Q, есл и всякий раз , когда истинно Р, истинно и Q.

* * *

Предложение х(х- 1) =0 исти нно, на пример , при х=О, а предложение х=О и х- 1 =0 при х=О ложно ( вспомните н а шу беседу о союзе «И») ; значит, из предложения х(х- 1 ) =0 предложение х=О и х- 1 =0 не сле­дует .

- Вот оно что ! - произнес Петя . - Теперь я понял , что и мел а в виду Мария И вановна . Она хотела сказать, что верит мне, не сомневается в том , что я учил доказательство, но бы вает так, что учил, но не .выучил , т . е . что из «учил» не следует «выучил» . Поэтому .vверять : «Я учил» - бесполезно : хорошую отметку ста вят за «выучил » . Вот сегодня я действител ьно выучил урок по геометрии и твердо знаю, что из теоремы о сумме у гл ов треуголь­ника следует . , . Постойте, а здесь что значит - «следует»? На верное, то же самое : если истин но, что сум ма у глов треугольника равна 1 80° , то и сти нно, что у любого треугольника хотя бы два угл а острые. Но в учебнике доказы ­вается, что если в треугольнике меньше двух острых углов (оди н или ни одного) , то сум ма углов эtого треугольника не равна ( больше) 1 80° . Как же так?

- А так,- отвечал Митя . - П редложения « Если А, то В » и « Если не В, то не А» равносильны, т. е. или оба одновременно исти нны , или оба ложны. Дава й - ка убеди мся в этом с помощью таблицы :

26

А в Если А, то В Не А Не В Если не В, то не А и и и л л и

и л л л и л

л и и и л и

л л и и и и

З н а чит, вместо того чтобы доказывать утверждение« Если А, то В», мож­но доказывать утверждение « Если не В, то не А ». А сказать « Если А, ro В» и « Если не В, то не А» - значит утверждать одно и то же.

- Выходит, зря я вчера обиделся на Катьку,- подумал Петя .- Ма ма сказала мне : « Если пойдешь в кино, то сначала сделай все уроки» . А Катька съехидничала : «Если не сделаешь все уроки , то и в кино не пойдешь» . Оказы­вается , они сказали одно и то же.

- А есть ли между «следует» и «равносильно» ка кая-нибудь связь? -поинтересовалась Катя .

- А как ты са ма думаешь? - ответил Митя на ее вопрос вопросом . - Если предложения равносильны, то всякий раз , когда истинно одно

из них , истинно и другое ,- стала рассуждать Катя вслух.- З начит, каждое из них следует из другого.

- Так оно и есть,- подтвердил Катин вывод Митя .- И наоборот, если каждое из двух п редложений следует из другого, то они равносил ьны. Напри ­мер, из x(x- l) =0 следует, что х=О или х- 1 =0 ( обрати внимание : или, а не и, как ты на писала в контрольной ) . В самом деле, произведение равно нулю, когда хотя бы оди н из сом ножителей равен нулю (х=О, либо х-1 =0, либо то и другое сразу) . Но в ка ждом из эти х случаев исти нно предложение х =О или х - l �О. А поскольку оно исти нно тол ько в этих случаях , то из него следует предложение x(x- l) =0. Эти предложения равносильны.

* * *

Ита к, мы выяснили связь между «следует» и «равносильно» . А теперь попытаемся разобраться , ка кова роль «следует» в рассуждениях .

Рассужда я , мы хоти м из исти нных исходных утверждений ( посыл ок) получить и стинное заключение . Рассуждение, которое это га ра нти рует, на ­зывается правильным . . Рассуждение не будет правильным ( будет непра­вильны м ) , если возможен случай , когда все посылки исти нны , а за ключе1ше ложно. Катя в контрольной рассуждала неправильно, потому что та кой слу­чай был возможен , т . е . и з посылки не следовало заключение. В случае, когда посылок несколько, тоже говорят: «Из посылок следует заключение», понимая под эти м , что всякий раз, когда все посыл ки исти нны , заключение истин но . Таки м образом, когда мы говорим , что рассуждение правильное, это озн ачает, что е го заключение следует из посылок, т. е. невозможен слу­чай , когда все посыл ки исти нны , а заключение ложно.

27

Р ис . 5 Рис. 6

Рассмотрим несколько примеров рассуждений и попробуем выяснить, какие из них пра вильные, а какие нет.

1 . Все пионеры на шего класса заним аются спортом . Ди м а - п ионер . Значит, Дима занимается спортом .

2. Все пионеры нашего класса занимаются спортом . Костя занимается спортом . Значит, Костя - пионер.

3. Все пионеры нашего класса занимаются спортом . Вася - не пионер Значит, он не занимается спортом .

4. Все пионеры нашего класса занимаются спортом . Миш а не занимается спортом . Значит, Миш а - не пионер .

Прибегнем к картинка м . Изобразим в виде прямоугольника м ножество учащихся на шего класса, а кругам и - множества пионеров и спортсменов. Тогда утверждению « Все пионеры на шего класса занимаются спорто м » будет соответствовать рисунок 5 . С помощью этой картинки м ы выясним , какие из приведенных рассуждений правильные, а какие нет.

Рассмотрим первое рассуждение . Утверждение «Дим а - пионер» изобра ­жено точкой в нутри круга П ( с м . рис . 6 ) . Но эта точка находится и в нутри круга С . Значит, в дан ном случае при истин ных посылках заключение ложным быть не может.

Второе рассуждение можно изобразить рисунком 7 . Мы види м , что при истинных посылках «Все пионеры на шего класса - спортсмены» и « Костя -спортсмен» заключение « Костя - пионер» может оказаться ложным . З начит, заключение в данном случае не следует из посылок, т . е . это рассуждение неправильное.

Рисунок 7 обнаруживает и непра вильность третьего рассуждения . Из рисунка 8, соответствующего четвертому рассуждению, видно, что в

•

Рис . 7 Рис . 8 28

этом случае при истинных посылках заключение не может быть ложным, т . е . рассуждение правильное.

А теперь ответьте на вопрос, пра вильно ли следующее рассуждение : 5. Всякая дифференци руемая функция непрерывна . Функция f дифферен­

цируе м а . З начит, она непрерывна? Но мы же не знаем , что это та кое - «функция дифференцируема» ,

«функция непрерывна» ! - скажете Вы. Для того чтобы ответить на этот вопрос, этого можно и не знать. Обра­

тите внимание на то , что рисунком 5, изображающим рассуждение l , с таким же успехом можно проиллюстрировать и рассуждение 5, если под прямоугольником понимать м ножество всех функций , под б6льшим кругом -множество непрерывных функций, а под меньшим - множество дифферен­цируемых функций . Рассуждения l и 5 и меют одну и ту же форму, а и менно: Если х есть А, то х есть В; х есть А; значит, х есть В. Или проще : Если А , то В, А ; следовательно, В .

Теперь Ва м должно быть ясно, что правильность рассуждения зависит не от содержания соста вляю щих его фраз , а от его формы . Рассуждения, и меющие одну и ту же форму, либо все правильные, л ибо все неправильные. Ка к мы выяснчли , все рассуждения , и меющие такую же форму, как рассужде­ние l ( если А, то В, А; следовательно, В) или рассуждение 4 (если А, то В, не В ; следовательно, не А ) , правильные. А все рассуждения, и меющие форму рассуждения 2 ( Если А, то В, В ; следовательно, А) или рассуждения 3 ( Если А, то В, не А ; следовательно, не В ) , непр а вильные.

- А что, всякое рассуждение Имеет одну из этих четырех форм? -спросите Вы .

Конечно, нет ! Рассуждение может иметь любую сколь угодно сложную форму .

- А как же тогда проверить, пра вильное оно или непра вильное? Ведь­наши карти нки годятся только для рассуждений этих четырех видов .

Для проверки правил ьности рассуждения вовсе не обязательно прибегать к картинке . В пра вильности рассуждения , имеющего форму «Если А, то В, А ; следовательно, В » можно убедиться так : допустим , что рассуждение не­правильное, т . е . возможен случай , когда посыл ки истинны, а заключение ложно. Но этого не может быть, так как при ложном В предложение « Если А, то В» истинно, только если А ложно. Значит, эта форма рассуждения пра вильная . Дл я рассуждения , имеющего фор му « Если А, то В, В; следо­вательно, А» , легко показать, что при истинных посыл ках заключение может быть ложным : так будет п р и ложном А и и стинном В ( проверьте ! ) .

А теперь таки м же способом проверим более сложное, громоздкое рассуждение :

1 . Если м а м а поедет в кома ндировку, то Коля поедет в л а герь. 2 . Мама поедет в командировку или в дом отдыха . 3 . Если мама поедет в дом отдыха, то Лена поедет к бабушке . 4 . Но Лена не поедет к бабушке, 5 . Следовательно, Коля поедет в л а герь . Выдел и м сначала форму этого рассуждения . З а менив п ростые · предло­

жения , составляющие посылки и заключение, буквами , получ и м : l . Если А , т о В .

29

2 . А или С . 3 . Если С, то D . 4 . Не D . 5 . Следовательно, В . Допустим , что рассуждение неправил ьно, т . е . возможен случай , когда

все посылки исти нны , а заключение ложно. Для удобства запишем н а ше допу­щение с помощью таблицы и в эту же таблицу будем вносить следствия из этого допущения , указывая в скобка х номера строк, из которых получено следствие.

№ стр оки и л

l Если А, то В · 2 А или С 3 Если С, то D 4 Не D 5 в --6 А ( l , 5 ) 7 с ( 2 , 6 ) 8 D ( 3 , 7 ) 9 D ( 4 ,8 )

Но D не может быть одновременно исти нным и ложным . Значит, на ше допущение ложно : при истинных посыл ках заключение не может быть лож­ным . Итак, рассуждение правильное.

* * *

- Я думаю,- сказал Петя ,- что сумею теперь отл ичить пра вильное рассуждение от непра вильного. А то вчера мама сказала на м с Катей ,

:ю

(1 о о о о

уходя на ра боту : «Если за хотите после обеда пойти на каток, то вымойте сначала посуду» . А Катя поела и говорит : «Не буду ·мыть посуду» . «Почему это?» - возмутился я. «да потому, что я не хочу на каток, значит, посуду могу не мыть - та к м а ма сказал а » . Я не смог ей ничего возразить, вымыл посуду сам и пошел на каток. А сейчас я понимаю, что Катька меня перехит­рил а . Из посылок « Если хоче ш ь на каток, то должна вымыть посуду» и «Не хочу на каток» не следует «Не должна мыть посуду». Я же з наю теперь, что рассуждение, и меющее форму «Если А , то В , не А ; следовательно, не В» , непра вильное .

- А как вы думаете ,- задал вопрос Митя ,- правильно л и та кое рассуж­дение : « Есл и ученик м ного занимается , то он успешно сдает экза мены. Ученик п ровалился на экза мена х . Значит, он зани мался мало»?

- Конеч но, нет ,- не задумываясь , ответил Петя . - Заключение тут может быть ложн ы м . Не исключено, что ученик зани мался м ного, но на экза менах развол новался или просто е му не повезло - выта щил билет, ко­торый не успел выучить.

- Нет,- сказала Катя, подумав ,- это рассуждение пра вильное . Ведь оно и меет форму «Если А , то В, не В ; следовательно, не А» . Но заключение и вправду сомнительное . В чем же дело?

- А дело в том , - внушительно изрек Митя , - что правил ьное рассуж­дение есть способ получения исти ны л и ш ь в том случае, когда мы исходим из истин ны х посылок. А в данном . случае посылка «Если ученик м ного занимается, то он успешно сдает экза мены» не всегда истинна , а потому и заключение не всегда истинно . Поэтому если м ы хоти м путем рассуждения получить и стину, то должны не только позаботиться о том, чтобы рассужде­ние было пра вильным , но и тщательно проверить исти нность всех п осылок. Если хоть одна п осылка ложна, все искусно выстроенное и безупречно правильное рассуждение пойдет нас м а р ку : з а ключение может оказаться как исти нным , та к и ложн ым , и мы , вооб ще говоря, не будем знать, каким именно .

3 1

Чтобы лучше ос мыслить все, о чем мы говорили , подумайте над следую­щими вопросами и задач а м и :

1 . _Следует л и из первого предложения второе, следует л и из второго -первое?

а) х > 3 ; х > Б . б) l x l < 3 ; l x l < 5 . в ) Сегодня понедельник ; завтра вторник . г) Треугольник АВС равнобедренны й ; треугольник АВС р а вносторон­

ний . д) Четырехугольник ABCD - прямоугольник; че:гырехугольник ABCD -

квадрат. е ) Отрезки АВ и CD равны ; дли н ы отрезков АВ и CD равны . ж) Треугол ьники АВС и MN Р равны ; площади треугольников АВС и

MNP равны . з ) Коля пойдет в театр и в кино ; Коля пойдет в театр или в кино. и ) На контрольной каждую з адачу решил по крайней мере один ученик ;

на контрольной по крайней мере один ученик решил все задачи .

2. Следует ли из теорем ы Пифагора , что треуго.nьник со сторона м и : а ) 3, 4 , 5 пря моугольный ; б ) с о сторона м и 3 , 4 , 6 н е прямоугольный?

3. Укажите все значения а, при которых из первого п редложения следует второе :

а ) х > а; х > 1 . б) х2 < 9 ; l x l < а. в ) l x l > 3 ; l x l > а. г) х2 - 5х + 6 < 0 ; х - а > 1 . 4. Следует л и из п редложения (x2 - l )(x + 2) = 0 п редложение х3 - х = 0

н а множестве : а ) натуральных чисел ; б ) целых чисел? 5. Задайте множество Зf!ачений переменной так, чтобы на этом м ножест-

ве из первого предложения следовало второе : х четно; х кратно 3 . 6. Являются ли равносильными следующие п редложения? а ) Xif =0; х = О или у = О. б) х + у2 = 0; х = О и у = О. в ) Неверно, что х > 2 ; х < 2 . г) Неверно, что я пойду в кино и съезжу за город;

я не пойду в кино и не съезжу за город. 7. Родители сказали детям : « Если мы поедем в дом отдыха , то вы пое­

дете в лагерь» . В ш коле детей спросили , куда они поедут лето м . « Если мы поедем в л а герь, то родители поедут в дом отдыха» ,- ответил В итя . Галя сказала : «Если папа с м амой не поедут в дом отдыха , то мы не поедем в лагерь». «Нет, не так ,- в мешался Кол я . - Если м ы не поедем в л а герь, то родители не поедут в дом отдыха» . Чей ответ равносилен тому, что сказали родители ? Кто из детей сказал разными слов а м и одно и то же?

3 2

8. В «Сказке о старушке» С . Я . Мар шака сказа но :

. . . Пойду-ка домой , если я - это я , Меня не укусит собака моя . Она меня встретит визжа у ворот, А если не я - на куски разорвет .

В окно постучалась старушка чуть свет, Залаяла громко собака в ответ. Ста рушка присела сама не своя . И тихо сказала - ну, значит, не я .

Правильно ли рассуждала старушка ? Почему ее закJiючение абсурдно?

9. Считая утверждения «В хоккей и гр ают настоящие мужчины» и «Трус не играет в хоккей» посылкой и заключением правильного р ассуждения, сформулируйте подразумеваемую вторую посылку. Проверьте правильность полученного рассуждения .

1 0. Из какой точки зем ного шара надо выйти, чтобы, пройдя 10 км по меридиа ну к югу, затем 1 0 к_м по параллели к востоку и, наконец, снова 10 км по меридиану к северу, прийти в точку отправления?

Коля предложил такое решение этой задачи : два меридиана и меют только две общие точки - полюсы, северный и южный ; последний отпадает, так как из него нельзя двигаться на юг. Остается северный полюс в качестве- един­ственного решения .

Правильно ли рассуждал Коля? Действительно ли эта задача имеет единственное решение?

2. Зак . 1 823 И . Л . Н и коль�кая 33

О т в е т ы и р е ш е н и я .

1 . а ) Нет; да ; 6 ) да ; нет ; в ) да ; да ; г ) нет ; да ; д) нет; да ; е) да ; да ; ж ) да ; нет ; з ) да ; нет; и ) нет ; да . 2. а) Нет ; 6) да . 3. а) a ;;. l ; 6) а ;;. 3. 4. а) Д а ; 6) нет . 5. Jlю6oe множествр натурал ьны х чисел , не содержа щее четн ых чисел , не дел я щихся н а 3 . Например , ( 1 ,3 ,бj . 6. а) Да ; 6) да ; в ) нет : п ри х = 2 пер вое пред­ложение истинно, а второе ложно; г) нет : пред­ложения ста нут ра вн осильны м и, если в одн ом из них «И» за менить на «ИЛ И » .

7. Ответ Кол и ; Витя и Галя . 9. Н астоя щи й мужчи н а -- не трус . Рассужде­ние и меет фор му « Есл и А , то В ; есл и В , то не С . Следовател ьно, есл и С, то не А» и явл яется пра вильны м . 1 0 . Рассужден ие пр а вильное . Одна ко ложн ая 110сы,1ка п р и вела к ложному за кл ючению о еди нственности ре шения . Лож ность посылки за ключаетс я в п редположени и , что пер вый и последн ий участки пути могут лежать тол ько на ра зл ич ных меридиа на х . Рассм отр ите случай совпадения первого и посл еднего участков пути и н а йдите все решения .

ИСТОРИЯ ПЯТ дЯ (Кое-что о доказатеnьствах)

Вечером Петя с Митей и грали в «Эрудит» . - Как ты думаешь,- спросил Петя друга ,- могут быть в слове три

одинаковые гл асные подряд? Конеч но,- ответил Митя,- и я могу это доказать.

- Доказать? ---: удивился Петя .- Как это? - А очень просто,- засмеялся Митя,- знаешь та кое животное - жи-

рафа? Чем оно отличается? А тем , что длинношеее . В слове «дл и н ношеее» три «е» подряд . Я привел пример - вот тебе и доказательство .

- Доказательство? - недоверчиво переспросил Петя . - А почему же, когда нужно было доказать, что сум ма двух нечетных чисел - число четное,

34

и я привел при мер 3 + 5 = 8, Мария И в а новна сказала , что это вовсе не доказательство.

- А потому,- сказал Митя,- что надо разбираться, когда при мер мо­жет служить доказательством, а когда нет . Если надо доказать, что сущест­вует какой-то объект с з ада нными свойствами , достаточно пrсивести пример такого объекта . Напри мер, чтобы доказать, что уравнение х 35 + х1 1 8 - 2 = 0 имеет корень, иначе говоря, что существует число, удовлетворяющее этому уравнению, достаточно за метить, что таки м числом является 1 . А теперь вспомним , как мы в геометрии доказывали существование прямой, параJI ­лельной данной . Показывали , к а к построить такую пря мую, и этим все было доказано. Точно так же мы поступали и при доказательстве существо­вания прямой , перпенди кулярной данной .

- Так просто? - удивился Петя .- Но м не помнится , что доказательство теоремы о прямой , перпендикулярной данной, было длинным и трудным; я

никак не мог его запомнить. - Это потому,- заметил Митя ,- что эта планиметрическая теорема ут­

верждает не тол ько существование перпендикуляра к п рямой , проходящего через данную точку, но и единственность та кого перпендикуляра . А един­ственность с п омощью при мера не докажешь . Как п ра вило, единственность доказы вается рассуждением от противного: допускаем , что «не оди н» , а «два или более» , и выясняем, что из этого допущения следует какая-нибудь чепуха (абсурд, противоречие ) , на основа нии чего делаем вывод, что «более одного» быть не может. Так, напри мер, допустив , что через точку на пря мой можно провести два перпендикуляра к этой прямой , получаем противоречие с аксио­мой «От дан ной полупрямой в заданную полуплоскость можно отложить только один угол с заданной градусной мерой» .

- Я понял ,- обрадовался Петя .- Существование можно доказать ука ­занием или построением примера . Спрашивается : существует ли? Отве­чаем : существует, вот он , полюбуйтесь, пожалуйста . А вот единственность так просто не докажешь ; тут надо исхитряться - доказывать от противного. Ну-ка дай м не какую-нибудь задачу на доказательство существования и единственности , а я попробую ее решить.

- Пожалуйста , - сказал Митя . - Докажи, что для каждой точки плос­кости существует точка , ей симметричная относительно да нной пря мой, и притом единственная .

Петя взялся за работу. - Сначала докажем существование такой точки . Я знаю, что точки,

симметричные относительно дан ной прямой , лежат на одном перпендикуляре к ней , по разные стороны и на равных расстояниях от нее. Проведу через данную точку А прямую Ь , перпендикулярную пря мой а, отложу от точки О пересечения прямых а и Ь н а луче, допол нительном к лучу ОА , отрезок ОА' , равный ОА . Точка А ' симметрична точке А относительно прямой а . Я пока ­зал , как м ожно построить точку А ' , и тем са мым доказал ее существование. Докажем теперь ее единственность. Предположи м , что такая точка - не единственная , т . е . что существует точка А" ( отличная от А ' ) , симметричная точке А относительно прямой а . Если А" лежит на прямой Ь , то на полу­прямой ОА' от точки О отложены два различных отрезка одной и той же длины, что проти воречит а ксиоме «На любой полупрямой от ее начальной

2* 35

точки можно отложить тол ько оди н отрезок заданной длины» . Есл и точка А" не лежит на прямой Ь, то выходит, что через точку А к прямой а проведе­ны две перпендикулярные прямые АА' и АА", что проти воречит теореме с единственности перпендикуляра к прямой, проходящего через данную точку. Куда ни кинь - везде клин . Так что допущение о существова нии двух точек А' и А", си м метричных точке А относительно прямой а, с необходимостью приводит к абсурдны м следствиям , и мы должны от него отказаться . Тем самым доказана единственность точки , сим метричной данной точке относи­тельно заданной прямой .

- Молодец, - похвалил друга Митя , - аккуратно провел доказательство от противного. Правда , в этом случае можно было бы доказать единст­венность и впрямую, заметив , что результат каждого ш а га построения точки, сим метричной данной относительно данной прямой, может быть только единственны м :

1 ) через точку А к прямой а можно провести только один перпен­дикуляр ;

2 ) от точки О на луче ОА' можно провести только один отрезок данной длины.

- А что, с п омощью примера можно доказывать только утверждения о существовании? - осведомился Петя .

- В общем да ,- ответил Митя .- Правда, и ногда эти утверждения впря­мую говорят не о существовании объекта, а о том , что не всякий объект из данного класса обладает заданными свойствами . Например : «Не всякий че­тырехугольник с перпендикулярны м и диа гоналями - ромб». Но это все рав­но , что сказать : «Существует четырехугольник с перпендикулярными диаго­налями , который не является ромбом» . Вообще любое утверждение типа «Не все х обл адают свойством Р» можно переформулировать в виде «Сущест-

36

вует х, не облада ю щи й свойством Р», т . е. свести к утверждению о существо­вании объекта с да нным свойством, а значит, и доказать с помощью примера . В частности , с помощью примера доказываются предложения о неединствен­ности . Докажем так утверждение, что в п ростра нстве (в отличие от плоскос­ти) через любую точку прямой можно провести не единственную прямую, ей перпендикулярную: через данную прямую проведем две плоскости ; в ка ж­дой из них через дан ную точку проведем прямую, перпендикулярную да нной .

- Как интересно получается ,- подытожил сказа нное другом Петя . - С помощью при мера можно доказать существование и нееди нственность. Единственность удобно доказывать от проти вного. А как быть с несущество­ванием ? Такие утверждения , наверное, тоже бывают ?

- Как же, конечно, и та кие бывают . Давай -ка попробуем доказать, что уравнение х2 + 1 = 0 не имеет действительных корней, иначе говоря, что не существует действительного числа , удовлетворяющего этому ура внению. При­мер тут, очевидно, ничего не доказывает. Есл и предположить «противное» тому, что требуется доказать, т. е . что существует та кое действительное число т, которое явл яется корнем уравнения х2 + 1 = О, то получим абсурд­ное равенство т2 = - 1 ( известно же, что квадрат л юбого действительного числа неотри цателен ! ) . Итак, с помо щью примера доказываются существо­вание и нееди нственность, а единственность и несуществование чаще всего бывает удобно доказывать от проти вного.

- Ну вот,- сказал Петя ,- теперь я хоть буду знать, как в этих случаях подступиться к доказательству, с чего начать. Но таких теорем и задач не так уж м ного. А как быть во всех других случаях? Учу-учу теоремы, а как останусь один н а один с з адачей на доказательство, не знаю, что с ней делать. То ли попытаться доказывать впрямую, то ли от проти вного? Ка к на ­щупать идею доказательства , за какую ниточку ухватиться?

- Для того чтобы научиться хорошо плавать, надо побольше трениро­ваться, а чтобы научиться не плавать, решая задачи на доказательство, тоже надо побольше тренироваться ,- пошутил Митя . - Однако тренировки тренировкам и , а советы тренера , как ста ртовать, ка кие делать движения , тоже очень помогают . Та к вот, учась доказы вать, полезно иметь в виду следующее . Прямое доказательство теоремы вида « Если А, то В» - это путь от ее условия А к заключению В, пройдя который мы можем утверж­дать, что В следует из А. На этом пути расста вляются «столбы» - утвержде­ния М1, М2, • • • , Мп так, что М1 следует из А, М2 - из М1 и т. д . , пока не дойдем до Мп, из которого следует В . Получаем цепочку А=>М1=>М2=> . . . =>Мп=>В , (значок «==>» заменяет слово «следует») , откуда делаем вывод, что из А следу­ет В, что и требовалось доказать. Например, доказательство теоремы «Если уг­лы вертикальные, то они равны» п редставляет собой цепочку : ( L_ (a 1 b 1 ) и . Ца2Ь2) - вертикальные угл ы ) =>( L- (а 1 Ь2) и L (a 1 b 1 ) - смежные углы , а так­же L_ (a 1 b 2) и L_ (a2b2 ) с межные угл ы ) =>( L_ (а 1 Ь2) + L_ (a 1 b 1 ) = 1 80° и L_ (а 1 Ь 2) + L_ (а2Ь2) = 1 80°=>( L_ (a 1 b i ) = L_ (а2Ь 2)) ( см . рис . 9 ) .

Каждый член цепочки, начиная со второго, есть следствие из п редыдуще­го, который для него является посылкой или основанием.

Чтобы на щупать путь доказательства утверждения вида «Если А, то В » , надо просмотреть следствия из А и выбр<!ть то, которое я вляется посыл кой М, для В, либо посыл кой для посылки М2 для В , либо . . .

37

м

А в

Рис. 9 Рис . 1 0 Рис . 1 1

Таким образом , приступая к п оиску доказательства , ты оказываешься в положении шахматиста , просматри вающего возм ожные последовательности ходов и выби рающего ту из них , которая ведет к цели . Одна ко тебе несрав ­ненно легче, чем шахматисту : у тебя нет противника , который неожида нным встречным ходом может перепутать твои пл аны . Так что не уныва й : если уж ты научился прилично и грать в ш а хматы, то и решать задачи на доказа­тельство научи шься. Давай -ка для начала решим одну задачу вместе . Пусть, например, надо доказать, что биссектриса внешнего угл а при верш и не рав ­нобедренного треугольника параллельна его основанию. Сделаем рисунок, от­метим на нем то, что дано: А С = СВ, L_ l = L_ 2 ( рис . l О ) . Что и з этого сле­дует ? Да много чего. Например , что L_ A = L_ B , что L_ l + L._ 2 + L_ C = 1 80°. Ка кие же следствия надо выбрать, чтобы сделать ш а г на пути доказательства утверждения l i l АВ?

Чтобы помочь себе в поисках этого шага , сделаем шаг навстречу : поду­маем, каким может быть предпоследнее звено цепочки доказательства , пом­ня, что из него должна следовать параллельность . f и АВ . Ты знаешь, что параллельность .прямых можно доказать, доказав р а венство внутренних н а ­крест лежа щих угл ов Либо ра венство 1 80° суммы внутренних односторонних углов . Значит, достаточно доказать, например , что L_ 2 = L_ В. Запи шем это : L_ 2 = L_ B=:;.-l \ \ A B . Сопоставим теперь предпол а гаемый конец цепочки доказа -

. тельства с ее возможными начал а м и . и попытаемся найти соединяющие и х звенья . Будем искать их сразу с двух кон цов : Чтобы L_ В был ра вен L_ 2 , дос­таточно равенства L_ A + L_ В = L_ l + L_ 2 , так как L_ А = L_ В и L_ 1 = L_ 2 ; та ки м образом, на йдено еще одно возможное звено цепочки «С конца» :

I A + L_ B = L_ 1 + L._ 2::;.- L_ B = L._ 2=:;.-l\I A B . Основание дл я ра венства L_ А + L_ В = L_ l + L_ 2 почти очевидно : L_ l +

+ L_ 2 + I C = l 80° и L_ A + Lc B + L_ C = \ 80° , откуда L_ l + L._ 2 = L_ A + + L_ В. Ита к, доказательство выстроено .

38

L_ 1 + L_ 2 + L_ С = 1 80° , ) l 2 А В L_ A + L_ B + L_ C = 1 80° J * L_ + L_ = L_ + L_ *

::;.- [ 2 = L_ B ( так как L_ l = L'- 2 и L_ A = L_ B�l \ i A B .

Попытки на ведения мопа сразу с двух сторон - от «дано» и от «требует­ся доказать» - очень помогают в поиске доказательства . Таков самый общий совет «тренера по доказательства м » .

В ком нату вошла Катя . - Покажите-ка , чем вы тут занимаетесь, - сказала она, заглядывая в

исписанный друзьям и л исток .- И это, по- вашему, доказательства? А откуда вы знаете, что углы 2 и В накрест лежа щие? Из чертежа? Но ссыл ка на чертеж в доказательстве не допускается . Надо доказать это логически.

- Ты совершенно права ,- п р и м ирительно сказал Митя ,- но я специ­ально на эту тонкость не обратил внимания , чтобы не отвлекаться от темы нашего разговора с Петей : как на йти основную, гл авную линию доказа­тельства . А когда такая линия на йдена и доказательство «В грубом виде» проведено, надо п роверить, не осталось л и что-нибудь необоснованным, при­нятым на гл азок, и , есл и окажется , что это так и есть, дополнить доказа­тельство необходи мыми деталями , довести его до логического совершенства .

В данном случае надо обосновать, что угол 2 и угол В внутренние накрест лежа щие при прямых l и А В и секущей СВ. Для этого достаточно указать две точки на лучах СМ и ВА соответствен но, которые лежат в разных полуплоскостях относительно прямой СВ ( см . рис . 1 1 ) .

Биссектриса угл а СВ проходит м ежду сторонами этого угл а и , следова­тельно, пересекает отрезок BN с конца ми на сторонах этого угл а в некоторой точке К. Точки А и N лежат по раз ные стороны от п рямой ВС, так как эта. прямая пересекает отрезок MN. Точки N и К лежат п о одну сторону от пря­мой В С, так как пр51мая В С не пересекает отрезок МК ( она пересекает прямую МК в точке В , не принадлежащей отрезку МК) . Значит, точ ки А и К лежат п о разные стороны от прямой СВ, т. е. углы МСВ и СВА внутренние накрест лежа щие.

Ну теперь, Катерина , ты довольн а ? - спросил Петя сестру, отдуваясь после столь напряженной умственной работы .

- Ну, как сказать ,- отвечала Катя . - Надо было объяснить поподроб­нее . Например , поче м у точка В не принадлежит отрезку МК? Да ладно уж, додумаю са м а .

И В ы , дорогой читатель, тоже подумайте над этим . вопросом , а заодно и над тем , почему биссектриса угла пересекает любой отрезок с конца ми на сторонах этого угл а и почему мы можем «скл адывать» угл ы .

- На сегодня хватит, а завтра мы, если хотите, потол куем еще немного о доказательствах ,- п редложил ребятам Митя.

На следующий вечер, когда все трое собрал ись вместе, Митя предло­жил продол жить разговор о доказател ьствах от противного . Друзья расска ­зали Кате о том , что нака нуне обсудили без нее : о роли п ри меров и рассуждений от п роти вного в доказательствах существования и еди нствен­ности .

- Вообще говоря ,- за метил Митя ,- всегда можно, если доказательство впрямую почему-нибудь не идет, попытаться прибегнуть к доказательству от п ротивного. Давайте разберемся, на чем оно основа но. Помните, мы с вами говорили об отр ицаниях п редложений ( см . историю третью) ? Если предложение и стинно, то е го отри цание ложно, а если предложение ложно, то его· отри ца ние истинно . Предложения Р и не Р являются отри ца ниями

39

друг друга . Если одно из них истинно, то второе ложно. Значит, вместо того чтобы доказывать истинность Р, можно доказать ложность не Р . В этом и состоит доказательство от п ротивного. Таким способом е ще в 1 1 1 в . до н . э . грек Евклид доказал, что не существует наибольшего простого числ а . Предположи в, что такое число Рп существует, он построил число Р = Р 1 · Р2 · . . . · Рп + 1 , где р , , р2 , . . . - простые числа , предшествующие Рп · Число р не делится ни на одно из чисел р 1 , р2 , . . . , Рп (в остатке всегда будет единица ) , а значит, либо оно само простое, либо делится на простое число q, большее чем Рп · Полученное противоречие (Рп - наибольшее п ростое число и одновременно либо р , либо q - простое число, большее Рп ) доказывает ложность сделанного допущения и тем са мым истинность утвержден.ия Нан-

. большего простого числа не существует. - Удивительное доказательство, не правда л и ? - сказал Митя . - А те­

перь я хочу предложить каждому из вас самостоятельно решить такую зада­чу : «доказать, что число 1 7 не я вляется корнем уравнения 1 3 1 х5 + 73х4 + + 1 023х3 + 1 9х2 + 8 1 х - 1 000 = 0. Ну-ка, кто скорее решит? 0

Петя и Катя расселись по разным угл а м и принялись за работу. Через минуту Катя торжествующе сообщила , что у нее все готово, чему Петя очень у дивился : он только-только успел 1 7 в куб возвести и мысленно сокрушался, что предстоит еще так м ного подсчетов, а под рукой нет кальку­лятора .

- Да ты что, чудак, стал впрямую проверять, удовлетворяет ли число 1 7 этому ужасному уравнению? - засмеялась Катя .- Так тебе до завтра ра ­боты хватит. Надо рассуждать от противного.

Допусти м , что 1 7- корень этого уравнения , т . е . что

1 3 1 . 1 75 + 73 . 1 74 + 1 023 · 1 73 + 1 9 · 1 72 + 8 1 · 1 7 - 1 ООО.

Но тогда 1 ООО делится на 1 7 , что неверно, значит, и на ше допущение неверно. Вот и все.

40

Надо же, как просто,- подумал Петя ,- а ··я не сообразил. Ну, не огорчайся ,- сказал Митя ,- и попробуй - ка доказать, что хотя

бы у двоих учеников твоей школы совпадают месяц и день рождения . Петя подумал, что ни у кого из его друзей дни рождения, слава богу, не

совпадают, так что доказать это утверждение существования примером ему не удастся . А не попробовать ли порассуждать от противного? Допусти м , что ни у кого из учеников н а шей школы день и меся ц рождения не совпадают. Но тогда в году должно быть не 365 ( или 366) дней, а по меньшей мере 1 200 - столько, сколько у нас в школе учится ребят. Эта нелепость и доказывает, что отр и ца ние исходного утверждения ложно, а само оно истинно.

- Молодец,- сказал Митя .- Таки м же рассуждением можно доказать, напри мер, что в н а шем городе есть по крайней мере двое людей с одинако­вым числом волос на голове ( не считая л ысых, конеч но ! ) , а также многое другое .

Петя, польщенный похвалой друга , хотел было позвать всех пить чай, но Кате, как всегда , за хотелось, чтобы последнее слово осталось за ней .

- Вот ты, Митя , говори шь, что доказать от противного - значит устано­вить ложность отр и цания доказываемого предложения . А вот Мария Ива нов­на н азвал а , помн ю, доказательством от противного совсем другое рас­суждение : надо было доказать, что если число п2 нечетно, то п тоже нечетно, а мы вместо этого доказывал и , что если п четно, то и n2 четно .

- Все пра вильно,- сказал Митя .- Мы с вами выяснили как-то ( см . историю четвертую) , что предложение «Если А, то В » равносильно предло­жению « Если не В, то не А », т . е . такие предложения либо одновременно исти нны , либо одновременно ложны. Значит, вместо того чтобы доказывать предложение « Если А, то В», можно доказывать предложение « Если не В, то не А », что в ы • и сделали , по-видимому, так : если п четно, то n = 2k, а тогда n2 = 4k2 = 2 · 2k2 , т. е. п2 четно. А теперь я постараюсь убедить вас, �по вы действительно провел и самое настоя щее доказа ­тельство от проти вного. Вы предположили , что при п нечетном n2 четно (А и не В ) , и получ ил и противоречие : п2 нечетно и n2 четно (А и не А ) . Тем самым вы доказали ло}!\.Ность отри цания доказываемого предложения, т. е . провели самое настоя щее доказательство от_лротивного. В да нном случае получено противоречие с условием теоремы (А ) , в других случаях это может быть проти воречие с а ксиомой или ра нее доказанной теоремой .

- А почему,- спросил Петя ,- проти воречие, вытека ющее из некоторого предложения , говорит о его ложности ?

- А ты забыл , - ответил Митя ,- что есл и из п редложения А следует предложение В и В ложно, то А может быть только ложным ( с м . историю четвертую) .

Через несколько дней после разговора о доказательствах к Мите пришел очень довольный собой Петя и сообщил, что получил две пятерки за доказа­тельства : одну - по русскому языку, а другую - по зоологии .

На у роке русского языка е му надо было доказать правильность . мысли , высказа н ной А. М. Горьки м в 1 93 1 г . : «Новые слова будут возникать и впредь» . Значит, надо доказать, что существуют слова , которых не было в 1 93 1 г . , а для этого достаточно привести хотя бы оди н пример. После недолгого

4 1

раздумья он на шел та кой пример : луноход. Учительница похвалила Петю. На уроке зоологии Катя назвала паука насекомым . Петя доказал , что

Катя ошиблась, с помощью такого рассуждения : «допустим , что паук -насекомое . Тогда у паука, как у всякого насекомого, должно быть 6 ног, а на самом деле у него 8 ног. Значит, паук не насекомое» . Кате очень хотелось поспорить с братом, но возразить было нечего.

- Вот види шь,- сказал Митя ,- как полезно уметь доказывать. Это тебе еще не раз при годится в ж изни .

* * *

А сейчас давайте немного поупражняемся в столь нужном деле . 1 . Докажите, что уравнение 2х - cosx =О имеет корень . 2. Докажите, что не всякий четырехуI:'ольник с перпендикулярными диаго­

налями - ромб. 3. Докажите, что не существует числ а , которое при делении на 1 5 дает в

остатке 3, а при делении на 5 дает в остатке l . 4. Докажите, что 3,5 ,7- единственная тройка последовательных нечет­

ных чисел , каждое из которых простое . 5. Докажите, что существует окружность, касающаяся каждой из трех

попарно пересекающихся прямых, и притом не единственная . 6. На катетах прямоугольного треугольника ка к н а диа метрах построены

окружности. Докажите, что одна из точек пересечения этих окружностей лежит на гипотенузе треугольника .

7. Если число 1 �12 и рра циональное, то число t иррациональное . Дока­ж ите .

42

8. Докажите, что прямоугольник с целочисленными сторона ми и. диаго­налью, длина которой - нечетное число, не является квадратом.

9. Оле k лет, Коле т лет, Толе п лет. Докажите, что, по меньшей мере, двое из них - ровесники , если известно, что биссектриса внешнего угл а тре- . угольника со сторона м и k, т и · п параллельна е го стороне.

1 0. В КВН участвовали три седьмых класса , в каждом из которых более 30 ученико в . Испол нитель номера «Угадыва ние м ыслей на расстоя нии » Ми ш-а предложил каждому участнику задумать двузначное число, записать его на бумажке и передать свер нутую бумажку жюри ( в соста ве которого были Оля и Коля ) . Когда это было сдела но, Миша объявил , что среди задума нных чисел хотя бы два оди наковые. Коля стал было разворачивать записочки с числами , но Оля оста новила его, резонно за метив , что исти нность сказанного Мишей можно доказать и не заглядывая в бумажки . П роведите это дока ­зательство.

1 1 . Является ли предложение «Жужжат ш мели и пчелы» распрострf! нен­ным? Докажите правильность ответа , рассуждая от проти вного.

1 2 . Докажите, что Каспийское море - не море.

О т в е т ы , у к а з а н и я, р е ш е н и я .

1 . Число О является корнем этого уравнен и я . 2 . Постр ойте четырехугольник с перпендику­лярными диагонал я м и , не являющийся ром­бом . 3. Допусти м , что такое числ о М существует, т . е. М = \ Бk + З и М = Бп + 1 . · откуда \ Бk + + З = Бп + 1 и 5(п - Зk ) = 2. что невозмо.жно, так ка к 2 не кр атно 5. 4. Допустим , что существует другая трой ка последователь н ы х нечетн ы х и одновременно простых чисел : п , п + 2 и п + 4. Меньшее из них не равно 3, а зна чит, не дел ится на 3, т . е . может быть представлено как Зk + 1 либо как Зk + 2. Но тогда л ибо п + 2, л ибо п + 4 делится на 3, т. е . не явл яется простым , что противо­речит на шему допущению. 5. Такой окружностью явл яется окружность, вписа нная в треугольник , образуемый данны­ми прямыми , а та кже любая из трех вневписан ­ных окружностей , касающихся одной из сторон треу гол ьника и продолжен.ий двух други х . По­стройте вписанную и вневписанную окружности. 6. Допустив, что верно отр ицание этого ут­верждения, при ходи м к противоречию с теоре­мой о еди нственности перпендикуляра , прове­денного к да нной прямой через данную точ ку (рис. 1 2 ) . 7. Докажите утверждение, обратн о проти во-

положное да н ному : «Если t - число ра цио." 21 нальное, то ТТТ - числ о ра циональное» .

8. Допущение, что та кой прямоугольник -квадрат, при водит к проти воречию «Четное число равно нечетн ому». 9. Подумайте, ка кое свойство треугольника я вл яется осн ованием для утверждения, что по кр ай ней мере двое из детей ровесники. В ьше­дите это свойство из усл овия «Биссектриса в 11 ешнего угл а треу гол ьника па раллельна его стороне». . 1 0 . Допусти м , что все числ а, задума нные ре­бята ми , разные. Отсюда следует, что разл и ч ­ных двузн ачных чисел более 90, а это противо­речит известному факту, что двузначных чисел ровно 90 . Значит, допу щение ложно, а Миша за ведомо пр а в .

Р ис . 1 2

43

1 1 . Вспомн ите, ка кое предложение называется « Море - это часть океа на, более ил и менее распростра ненн ы м . отделенная от него сушей и л и подводн ы м и 1 2 . Оп ределение м о р я из учебника географии : порога ми, поднятия м и дна» .

* * *

Дорогой читател ь ! В месте с Петей и Катей ты получил некоторые пред­ставления о том , что та кое пра вильные рассуждения . Но речь в основном шла о так называемых дедуктивных рассуждениях, которые позволяют из истинных посылок всегда получать истинные заключения . Однако в науке, да и в жизни, нельзя обойтис"ь одними только дедуктивны м и рассужде­ниями. Они полезны , когда надо обосновать гипотезу, проверить догадку, вывести следствия из известных посылок. Но сами догадки и гипотезы воз­никают в резул ьтате рассуждений другого рода - индуктивных, по аналогии и других , так называемых правдоподобных, рассуждений. Пра вдоподобные рассуждения в отл ичие от дедуктивных не приводят с гарантией к истинам , в той или и ной степени. заранее известным , но зато позволяют н а щу­пывать совсем новые истины, догадываться о ра нее неизвестных фактах . Пра вдоподобные рассуждения н е подчи няются жестки м правил а м . Умение проводить их с пользой - своего рода искусство, приобретаемое в результате опыта . Ты, читатель, конечно, уже и меешь некоторый опыт п роведения как правдоподобных, так и дедуктивных рассуждений . Чтение второй части книги даст тебе возможность обогатить этот опыт путем знакомства с образ­ца ми рассуждений , а та кже в ходе са мостоятельного их п роведения при выполнении у пражнени й .

РАССУЖДАЕМ И ДОК АЗЫВ А ЕМ

СОВСЕМ МАЛЕНЬКАЯ НЕТОЧНО СТЬ (V l-V l l кnассы ) Однажды мне довелось быть свидетелем и нтересного спора о том , что

такое биссектриса угл а . Было это на занятии математического кружка , руководил которы м Петр Иванович, учитель математики.

Казалось бы, что такое биссектриса угл а - знает каждый . Что тут сложного? Однако, оказывается , просто знать - это одно, а вот использо­вать знание, при менять его в деле - это другое . Многие считают, что если человек не может применить свои знания , то это все равно, что их у него нет.

Для того чтобы достичь единства з н а н и й и у м е н и й и х п р и м е н я т ь, ох как много надо поработать ! Эту работу я и увидел на кружке Петра Ивановича . Надо сказать, что Петру И ва новичу сильно повезло : старостой его кружка был очень толковый ученик Степа Мошкин . Впрочем , Степе тоже повезло с учителем м атематики . Не могу сказать, кому повезло больше. Будем считать - обои м .

Впрочем, простите, я отвлекся . Расскажу все по порядку. Я сидел в классе и перечитывал запись на доске : «Наш Фома обладает

некоторым свойством . Некто обладает тем же свойством . Следует ли из этого, что этот некто и есть наш Фома? » Кстати , а к а к д у м а е т е в ы ? Этот некто - наш Фома или не обязательно он? Я невольно вслушивался в разговор ожидавших начала за нятия кружковцев . Скоро он меня так увлек, что я стал его кратко записывать.

В а н я С и н и ц ы н (обращается к А ндрею Веселому) . Андрей , у меня сегодня день рождения . Подари мне что- нибудь математическое.

А н д р е й В е с е л ы й . Я дарю тебе с бол ьшой радостью биссектрису угл а . В а н я С и н и ц ы н . Спасибо. А знаешь ли т ы , что такое биссектриса

угла? А н д р е й В е с е л ы й . Биссектриса угл а ? Биссектриса угл а - это . . . Это u ' всякии знает . . . С а ш а С м ы ш л е н ы й (присоединяется к разговору ) . Биссектриса

угла -- это прямая . . . А н д р е й В е с е л ы й ( перебивая ) . Это прямая , равноотстоя щая от

сторон угл а ! О л я С е р ь е з н а я . По-моему, н е прямая , а луч . Остальное верно.

46

' В а н я С и н и ц ы н . Таня Пригожая, каково твое мнение ?

Т а н я П р и г о ж а я . Я знаю, что биссектриса дел ит угол попол а м . ( Идет к доске, рисует рису­нок 13. ) На моем рисунке прямая BD разбивает угол пополам и луч BD разбивает угол попол а м . Поэтому прямая и л у ч - биссектриса угл а . Анд­рей и Оля оба правы .

С т е п а М о ш к и н . А что думает об этом Лена Славная?

Л е н а С л а в н а я . По- моему, Таня Пригожая пра ва . С мотрите, у нее на рисунке точка D оди -

Рис. 1 3 ·

наково удалена от сторон угла АВС. BD - биссектриса . А прямая это или луч - неважно.

С а ш а . Подождите . Получается , что биссектриса угл а - это и прямая , и луч . Так быть не может !

Т а н я . Почему не может? Являются же параллелогра м мом и ромб без прямых углов , и квадрат ! И то и другое ! Что тут стр а шного?

Л е н а. Вот и менно ! С т е п а . Ка жется , члены на шего кружка создают новую геометрию. Сей­

час п ридет Петр Ива нович и поздравит нас . В это время вошел учитель . Вот как развивались дальнейшие события. С а ш а . Петр Иванович , мы разошлись во мнении , что такое биссектриса

угла . Одни говорят, что это прямая , равноудаленная от сторон угл а . Другие считают, что биссектриса угла есть луч, равноотстоящий от его сторон . Третьи пола гают, что безразлично , которое из этих двух определений принять.

П е т р И в а н о в и ч. Что же, обсудим . ( Смотрит на доску. ) У вас к тому же и чертеж есть. Начнем с первого ва шего определения : биссектрисой угла называется прямая , р а вноудаленная от сторон угл а . Кто автор этого определения?

Ан д р е й . Я . П е т р И в а н о в и ч . Кто а втор второго определения : биссектрисой угла

называется луч, равноотстоящий от сторон угл а ? Вижу, Оля Серьезная . Почему ты , Оля , не согласна с определением Андрея?

О л я . Просто я помню, что в определении биссектрисы угла говорится о луче, а не о прямой . Андрей же в своем определении говорит о прямой.

П е т р И в а н о в и ч . Андрей , а как ты относишься к Ол иному опреде­лению?

А н д р е й . Меня устра и вают оба определения . Никакой разни цы нет . Та ня Пригожая и Лена Славная тоже так считают.

П е т р И в а н о в и ч . Саша С м ы шленый, твое мнение ·� С а ш а . Я согл асен, что биссектриса угла равноудалена от его сторон .

Смотрю вот на Та нин рисунок и вижу, что луч BD равноудален от сторон угла и прямая BD равноудалена от сторон угл а . Но биссектрисой угла нужно все-таки , по-моему, считать луч BD.

П е т р И в а н о в и ч . nочему так? Ведь определение - это согл.а шение. Захоти м - договори мся считать биссектрисой JJyч. Но можем договориться, что биссектриса угл а - это пря м а я . Какая разница?

47

С т е п а . З н аете, Петр И ванович , надо, чтобы договоренность был а об­щей . А то мы не будем понимать друг друга .

В а н я . Да , да ! А то м не скажут : положи в суп побольше ка ртошки, а я под картошкой разумею, например , свеклу. Что тогда ?

П е т р И в а н о в и ч . Вы правы . П рошлые наши за нятия не п ропали да ром . Давайте договоримся-.

О л Я . Раз м ы помн и м , что в учебнике под биссектр исой угл а пон и мается луч, то и н а м надо та к tчитать. А то придется писать другой учебник .

С т е п а . Договорились : биссектриса угл а - луч . Но какой ? Где е го на ­чальная точка?

О л я . Этот луч должен исходить из вершины угл а . Его начальной точ кой должна быть вер ш и н а ! Тогда мое определение будет та ки м : б и с с е к т р и ­с а у г л а - это луч , исходя щий из вер шины угл а и равноотстоя щий от его сторон

С т е п а. И все-таки тут что-то не так . . . В учебнике сказано как-то иначе .

В а н я . Я уверен , что если пользоваться определением из учебника , то биссектриса угл а р а вноудалена от его сторон . И исходит из вер шины .

С а ш а ( смотрит на запись на доске: «Наш Фома обладает некоторым свойством. Некто обладает тем же свойством. Следует ли из этого, что этот некто и есть наш Фома?» ) . Фома ! Это же Фома !

Все, за исключением Петра Ивановича. смотрят с недоумением. С а ш а . Да чита йте же про Фому. Все читают. Степа Мошкин радостно хватает себя за голову. С т е п а . Правильно ! Ф о м а - это та биссектриса , о которой говорится

в учебнике. С а ш а . Да, да ! А Олина биссектриса - это н е к т о! Т а н я . Зна чит, Олина биссектриса обладает свойством настоя щей биссек­

трисы из учебника . . . Как и та, она одинаково удалена от сторон угл а . В а н я . Вот именно . Свекла тоже обл·адает некоторыми свойств а м и кар ­

тошки : растет в земле, употребляется в пищу. И все-таки не является картошкой. J1 е н а . Разве существует фигура , которая была бы не биссектрисой

и была оди наково удалена от сторон угл а ? Установилась тишина. Петр Иванович терпеливо ждал. С а ш а . Би ссектриса равноудалена от сторон угл а . . . Мы говори м эти

сJюва , а пони маем ли , что они значат? Биссектриса - это луч . Стороны угла тоже лучи . Получаем один луч на одинаковом расстоянии от двух других лучей . А что та кое - расстоя ние от луча до луча ? Мы ведь этого не з наем .

А н д р е й . Выходит, мы говори м о том, чего не знаем ! П е т р И в а н о в и ч . Пра вильно. Вы этого не знаете. Но давайте разбе­

ремся. Лучи - это геометрические фигуры. Рассмотр и м , что та кое расстоя ­н ие от фигуры до фигуры. Пусть и меются две какие-то фигуры. Представьте все такие отрезки, оди н конец ка ждого из которых принадлежит одной фигуре, а второй - другой . Длина самого короткого из них и есть расстояние между фигурами .

Л е н а . А если все та кие 6 rрезки равные? П е т р И в а н о в и ч . Тогда длина любого из них и принимается за рас­

стояние между фигурами .

48

Т а н я . А тогда чему же1

равно расстояние между сторона ми угла? . . Оно равно . . . нулю?

Л е н а . Правильно! Вершина угл а при надлежит как первой стороне, так и второй, как первой фигуре, так и второй фигуре. Это означает, что расстоя ­ние между фигур а м и равно нулю. Меньше нуля расстояние не бы вает !

А н д р е й . Но погодите . . . Вершина угл а - это точка , а расстояние - отре­зок. Но где же н а и меньший отрезок, один конец которого принадлежит одной стороне, а второй конец - другой стороне? В этом случае са мого короткого отрезка нет ! .

П е т р И в а н о в и ч . На этот случай договоримся . Будем считать, что если кон цы отрезка совпали , то отрезок «выродился» в точку, а длина его равна нулю .

С т е п а . Так, так , так . . . Значит, биссектриса угл а удалена от одной сто­роны угл а на нул€вое расстояние и от другой стороны на нулевое расстоя­ние. Значит, она одина ково удалена от сторон угл а ! И нтересно. Теперь я все понял .

В а н я . Что же получается? Л юбой луч, исходящий из вершины угла , от той и другой его стороны удален на одно и то же расстояние - нуль. Тогда, Оля Серьезная , ты должна по своему определению всякий луч, исхо­дящий из вершины угла , считать его биссектрисой ! Ведь по твоему опреде­лению биссектриса угл а - это луч, исходящий из его вершины и равно­отстоя щий от его сторон !

С а ш а . По Олиному определению и ка ждая сторона угл а есть биссектри­са этого угл а ! От себя она - на расстоянии нуль, от другой стороны - тоже. Значит, сторона угл а равноудалена от его сторон . Поскольку сторона угла -это луч, то по Олиному определению она я вляется биссектрисой угла .

Кружковцы зашумели. Считать сторону угла его биссектрисой - это уж слишком!

·

49

А н д р е й . Нам уже ясно, что Оли но определение биссектрисы не такое, как в учебнике. И оно нам всем не нравится , потому что приводит к стран ­ностям . Например, к такой странности : биссектрис у всякого угла беско ­нечно много. Но каково же определение в учебнике? Дава йте загляне м !

Принесли учебник. Листают его. О л я . Вот оно, определение. Биссектрисой угла называется луч, который

исходит из его вершины, проходит между его сторонами и делит угол пополам . А н д р е й . Ну вот, допустили совсем маленькую неточность ! А сколько

неприятностей ! С т е п а . Ничего себе «маленькая» ! П е т р И в а н о в и ч . Язык математики должен быть точным. Всякое

его искажение, любая маленькая неточность разрушают логику рассуждений. А что за математика без логики?

С а ш а . Да, к определения м нужно относиться бережно. Иначе будем говорить на разных языках . ·

В а н я . Один будет говорить о моркови, другой будет и меть в виду свеклу.

Л е н а . Есл и некто обладает каки м - нибудь свойством Фомы, то это не значит, что можно считать его Фомой ! Всякий луч, исходящий из вершины угла , обладает двумя свойства ми биссектрисы: является лучом и равноудален от сторон угл а . Однако это еще не означает, что всякий та кой луч есть биссектриса угл а . Теперь мне это так ясно !

А с

а) oJ

[

г) Р�!С. 1 4

50

В заключение Петр Иванович предложил для домашнего решения сле­дующую задачу:

3 а д а ч а . Дан угол . Исследуйте, какие пря мые на плоскости равноуда ­лены от сторон угл а , какие нет.

П е т р И в а н о в и ч. Можете пообсуждать сейчас друг с другом, как решается задача .

По команде Степы кружковцы хором произносят: «Если некто обл адает каки м -нибудь с войством Фомы, то это е ще не означает, что он - Фома ! »

О т в е т .

Всякая прямая , проходя щая через вер ш и ну угл а, равноудалена от его сторон ( р и с . 1 4 , а) . Всякая прямая , пересекающая обе стороны уг­ла, также равноудалена от сторон угла , та к как расстоя ние ar этой пря мой до ка ждой из сторон равно нулю (рис . 1 4 , б ) . Всякая п рямая, не пересекающая ни одн у из стuрuн у 1·ла и не проходя щая через его вер ш и ну, та кже равноудалена от сторон угл а . Расстояние от такой пря мой до сторон равно дл и не перпенди­куляра, опущенного из вер ш и н угл а на эту пря мую ( р и с . 1 4 , в ) . Е сл и прямая пересекает одну из сторон угл а , а другую сторону не пере-

секает ( ри с . 14, г ) , то расстоя ние от этой пря­мой до пересекаемой стороны равно нул ю, а до непересекаемой стороны больше нуля. В этом случае прямая не равноудалена ar сторон угл а . П р и веденный ответ да н для неразвернуто­го у гл а . Есл и у гuл развернутый, то сл учай б) отпадает, остальные случаи сохра няются, несколько видоизменяясь. Например, случай в ) переходит в сл учай, когда прямые па рал­лельны прямой , содержа щей стороны развер­нутого угл а .

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ СНЫ СТЕПЫ МОШКИНА ( V l -V I 1 1 кпа ссы )

После только что описа нной истории с определением биссектрисы угла на занятии математического кружка , когда, казалось бы, маленькая не­точность привела к столь неожида нным последствиям, Степа Мошкин , ста роста кружка , сильно задумался .

- Ка к же, оказывается , мы до сих пор легкомысленно относимся к определени я м ! Даже стыдно перед Петром И ва новичем , а еще больше перед сами м собой . Неудобно. Говори м о математических понятиях всякую неле­пицу и считаем это вполне прилич н ы м . А ведь , кроме биссектрисы угла , есть еще биссектриса треугольника . Ка кая между ними разница? Или разницы н и ка кой? И раз уж я упомянул треугольник, то надо говорить и о его медианах, о его высоте . Возьмусь-ка я за учебник да пересмотрю весь этот м атериал . Вреда от этого не будет, а пол ьза несом ненна .

И Степа начал перечитывать, за ново обдумы вать то, что написано в учебнике . Он р исовал, рассматри вал разные, ка жущиеся ему подозритель­ными (а пони мает ли он, что тут получается ? ) случаи . Постепенно он так увлекся этой работой , что думал о геометрии угла и треугольника даже по ноч а м . И ногда он путал , о чем додумался наяву, о чем - во сне . Геометри­ческие сны стали с путника м и Степы . Своей необычностью они были похожи на сказки .

5 1

Если бы описать все то, что Степа Мошки н осознал , выясняя, что же такое биссектрисы, медианы , высоты треугольника , то, вероятно, получился бы следующий рассказ .

* * *

Жила-был а Меди ана треугольника . Разговорилась ка к-то она с Биссект­рисой угл а .

- Слушай, Биссектриса угла , да вай , познакомимся поближе. Расскажи о себе . Кто ты такая , как ты живешь? А я тебе поведаю про себя . Будет на сердце легче . А то люди и ногда такое на нас наговаривают, что и сказать стыдно. Их невежество ста вит иногда меня в тупик. Как им разъяснить их заблуждения?

- Хорошо, добрая Медиана . Расскажу. Я тоже этого хотела . Словно ты прочитала мои мысли . Ну, слушай .

l(то я такая - Биссектриса угла?

Я - Б и с с е к т р и с а у г л а . И этим многое сказано. Без угл а меня нет . Ну, как грома без молнии , как прямой без точек, угл а без лучей . Только назовешь себя , а тебе в ответ : «А где же твой угол ? » Это во-первых.

Во- вторых, я - луч. - Прости, моя геометрическая фигура, но ведь и стороны угла тоже

лучи . Чем же ты от них отличаешься? - с просила Медиа н а . - У меня есть сходство с ними уже потому, что я тоже луч. И исхожу я

из той же точки , что и они . Эту точку называют верши ной угл а . Но я отли ­чаюсь от них . Хотя бы тем , что прохожу между сторона м и угл а . Поним аешь, между ! И ногда люди забывают про это и пута ют меня со всяким и другими

52

луча м и , тоже исходя щим и из веrшины угл а . Даже если они не проходят между е го сторона м и .

- Д а , извини , что перебиваю, но между сторонами угл а н е т ы одна про­ходи шь? - поинтересовал ась Медиа н а .

Да что т ы , конечно нет. А вот угол попол а м делю одна я . Больше никто из лучей не делит угол попол ам .

- А что это значит : ты проходи шь между сторонами угл а ? - молвила Медиа н а .

- А это значит, что я пересекаю отрезок с кон ца ми на сторонах угла . - Теперь я вижу , что фигура ты значительная . Ты и луч, ты и исходишь

из вершины угл а , да еще проходи шь между его сторонами и делишь с вой угол попол а м . Ты обладаешь важным и свойства м и , тебя нельзя не уважать.­сказала Медиа н а .

- Спасибо за добрые слова . Но должна сознаться , что мою значитель­ность многие часто преувеличивают. И происходит это от незнания , от не­вежества . Напри мер, считают, что все точки, равноудаленные от сторон угла , принадлежат м не . А это не так.

- Но всякая твоя точ ка , уважаемая Биссектриса угла , равноудалена от сторон этого угл а ! - проговорила Медиана .

- Что верно, то верно. Только существуют точки, м:не не принадлежа­щие, а все-таки равноудаленные от сторон моего угл а . Вот, смотри на рисунок 1 5, а . На нем изображен угол А ВС. Луч BD - это я , Биссектриса угл а А В С. Возьмем луч ВХ - допол нительный ко мне. Теперь скажи : какая точка стороны ВА ближе всего к точке Х?

- Ну, конечно, точка В,- ответил а Медиа н а . - Вот и менно . Но тогда длина отрезка Х В и есть расстояние о т точки Х

до стороны ВА . Потому что под расстоянием от точки до фигуры подразу­мевается расстояние от этой точ ки до ближай шей точ ки фигуры. Это тебе

53

о)

Рис. 1 5

понятно, Медиана , что расстояние Х В и есть расстояние от точки Х д о луча ВА ?

- Конечно, конечно, я все понял а . - Тогда продолжим . А каково, по-твоему, расстояние от точки Х до

стороны ВС моего угл а ? - Т а к . . . ближайшей точкой луча В С для Х является . . . т а ж е точка В . - Вот в идишь, дорогая Медиана , расстояние от точки Х д о сторон ВА

и ВС угл а А В С одинаковое ! Значит, точка Х равноудалена от сторон угла А ВС, однако не принадлежит биссектрисе этого угл а ! Каково? А ведь м но­гие люди утверждают : геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла , есть биссектриса этого угла , что , выходит, н е в е р н о .

- Я понял а . Геометрическое место точек, обладающих указанным свой­ством, содержит в с е такие точки . А тебе при надлежат не все точки , равно­удаленные от сторон угл а . Значит, ты не являеш�ся геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон угла , а соста вляешь только его часть.­высказалась Медиа н а .

- Вот именно, т ы меня пон и маешь. - Я вижу, что все точки допол нительного к тебе луча р а вноудалены

от сторон угл а . А вот имеются ли еще точки , тебе не принадлежа щие и равноудаленные от сторон твоего угл а ? - поинтересовалась Меди а н а .

- Конечно ж е и меются . Вот, с мотри на рисунок ( рис . 1 5 , 6 ) . На нем изображен тот же угол АВС. И з его вершины проведен луч BF, перпенди­кулярный стороне ВА и лежа щий по другую сторону от ВА , чем сторона ВС. И еще проведен луч ВК, перпендикулярный второй стороне В С и лежащий по другую сторону от ВС, чем сторона ВА .

- Это просто удивительно! Я вижу : точка F р а вноудалена от сторон твоего угла АВС! Потому что для точки F точка В - ближайшая как на одной стороне угл а , так и на другой стороне. А потому расстояние FB и есть расстояние от точки F и до стороны ВА , и до стороны ВС,- радостно сообщила Медиана .

- Именно та к . И точка К, как и всякая точка луча ВК, та кже равноуда ­л е н а от сторон угла А В С. Таким образом , все точки угл а FB K на рисунке равноудалены от сторон угла АВС. Но это еще не все. Угол FBK делит плоскость

54

на две области . Та из них , которая содержит мой допол нительный луч (т. е . точку Х ) , - п родол жала Би ссектриса угла ,- обладает свойством : все ее точки. также ра вноудалены от сторон угл а АВС. На рисунке эта область закр а шена .

-- Так-так . . . Получается, что геометрическое место точек, равноудален­ных от сторон угла А В С ( рис . 1 5 ) , представляет собой сложную фигуру. Она состоит из биссектрисы угла - луча BD, угла FBK и всех точек закра­шенной на рисунке области,- обрадованно за говорила Медиана треуголь­ника .

- Ты поняла меня пра вильно, подруга Меди ана ,- ответила Биссектриса угл а . - Кстати , эту за штрихованную (закра шен ную) фигуру на рисунке иног­да называют плоским углом , а бывает , и просто углом .

- Ува жаемая Биссектриса угл а , изобрази , пожалуйста, геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угл а , когда этот угол тупой и когда о н пря мой ,- попросила Медиана треугольника .

- Вот с мотри , что получается в этих случаях ( ри с . 1 6, 1 7 ) ,- ответила Биссектриса угл а . Коричневым цветом она за красила искомое геометриче­ское место точек.

- Раз уж ты так подробно рассказала о геометрическом месте точек, равноудаленных от сторон угл а , то давай решим несколько несложных задач ,- предложила Медиана треугольника .

- Хорошо. Вот з а д а ч а 1 . Дан прямой угол АВС и круг с центром 13 . Укажи мне такие точки круга, которые равноудалены от сторон угла АВС.

- Так это просто . . . - ответил а Медиана .- Сначала построим геометри­ческое место точек плоскости, равноудаленных от сторон угл а АВС. Ты это уже делала ( рис . 1 7 ) . А теперь из этого геометрического места точек возьмем те, которые принадлежат построенному кругу . Получили фигуру, со­стоящую из отрезка ВЕ, равного радиусу окружности ( рис . 1 8 ) , и четверти круга - FB K.

- Решим еще несколько задач ,- с казала Биссектриса угл а . 3 а д а ч а 2 . Вписать в да нный угол А В С окруж!"'ость заданного радиу­

са R . Рассмотреть три случая - угол А В С : а ) прямой ; б ) острый ; в) тупой .

с

Рис. l fi Рис . 1 7

55

F с с

к

Рис. 18 Рис. 1 9 .

Центр искомой окружности равноудален от сторон угл а АВС. Значит, он принадлежит геометрическому месту точек, равноудаленных от сторон да нного угла . На рисунках ( рис . 1 9 , 20, 2 1 ) это геометрическое место точек изобра жено красным цветом . Оно состоит из биссектрисы угла А В С -BD и плоского угла FВК.

Рассуждаем дал ьше. Искомая окружность касается сторон угл а АВС. Ко­нец радиуса , проведенного в точку касания , лежит на стороне угл а . Этот радиус перпендикулярен стороне угла , а потому лежит на пря мой, перпенди­кулярной стороне у гл а и пересекаю щей ее . Но все та кие прямые не и меют общих точек с плоски м углом FBK, та к как стороны этого угл а парал­лельны эти м прямы м . Следовательно, центр вписанной окружности может принадлежать только биссектрисе угла АВ С . Вот тут что уж правда, то правда ,- продолжала Биссектриса угла рассказ о себе .- Центры окруж­ностей , вписа нных в мой у гол , все принадлежат м не . Все !

с

Рис. 20 Рис. 2 1

56

- Но как же все-таки построить окружность, вписанную в угол, по ее радиусу R? - спросила Медиана треугольника .

- Понимаешь, мы уже говорили , что центр ее лежит на биссектрисе угла . Кроме того, он удален от любой стороны угла на расстояние R . Бис­сектриса угла уже построена . Как это сделать, знает, кстати , любой . Что остается? Построить геометрическое место точек, удаленных от прямой АВ или ВС на расстоя ние R . точнее, ту его часть, которая пересекает биссектрису угл а . А это делается просто : н адо на одной из сторон угла , на ­пример ВС, взять точку, восста вить из нее перпендикуляр к стороне дли ­ной R . Получи м точку L . Она удалена от прямой В С на расстояние R . Ос­талось провести через точку L пря мую, параллельную прямой ВС. Все точки этой прямой удалены от пря мой ВС на расстояние R. Эта прямая пересе­чет биссектрису в некоторой точке О, которая равноудалена от сторон угла на расстояние R. Окружность с центром О и радиусом R искомая . На рисунках для построения точки L мы воспол ьзовались тем , что ВК J_ ВС. В случае, когда угол А В С прямой ( рис . 1 9 ) , точка L оказалась и точкой каса ­ния вписанной окружности со стороной ВА . В двух других случаях точки касания обозначены М и Н ( рис . 20, 2 1 ) .

3 а д а ч а 3 . На рисунке ( рис . 22) изображены угол АВС, треугольник MNL , прямая р и точка О. Указать множество точек, равноудаленных от сторон да нного угл а и принадлежа щих : а ) треугольнику MN L ; б) прямой р ; в ) окружности с центром О и радиусом R .

3 а д а ч а 4 . На рисунке ( рис . 23) изображены угол АБС, отрезок ML и прямая т . Построить множество точек, равноудаленных от сторон данного угл а и а ) р а вноотстоя щих от концов отрезка M L ; б ) принадлежащих прямой т.

- Скажи, уважаемая Биссектриса угл а ; ка к ты связана с отрезка ми? -заинтересовалась Медиана , реши в задачи 3 и 4 ( см . решение, чтобы проверить собственное) .

- Да вот, напри мер, имеется еще биссектриса треугольника . Ты ведь

р

Рис. 22 Р ис. 23

57

знаешь, что треугольник не то, что угол ; он я вляется фигурой огр аниченной . Ну и биссектриса у него тоже фигура огра ничен ная . Она я вляется отрез­ком и соста вляет мою часть. А потому, Медиана , когда ты совпадаешь с биссектрисой треугольника, то тоже оказываешься моей частью. Вот и выходит, что мы с тобой связа ны .

- Ты сказала , Биссектриса угл а , что угол - фигура неогра ниченная и ты тоже. Я пра вильно тебя понял а ? - с просила Медиана треугольника .

- Ну конечно пра вильно,- ответила Биссектриса угл а . - Тогда почему ж е в учебнике утверждается : диагонали ромба я вляют-

ся биссектриса ми его уr'лов? Ведь, диа гонали - это отрезки ! Выходит, что и отрезок тоже может быть биссектрисой угл а ? - докапывалась до истины

Медиана треугольника . - Ни в коем случае ! На самом деле диагонали не я вляются биссектри­

сами углов ромб а ; они тол ько л е ж а т на биссектрисах углов ромба , со­

ста вляют их часть. Но говорить «диагонали ромба являются частя м и бис­сектрис его углов» дли н нее, чем «диагонали ром ба я вляются биссектри­

сами его углов» . В общем в этом случае говорят одно, а подразумевают

другое . Считается, что краткости ради такая вольность речи допусти ма . Вот

и все, Медиана ,- отвечала Биссектриса угл а . - Слыхал а я , Биссектриса угла , что если в а с трое и вы ста новитесь

биссектриса ми углов треугqльника , то у вас есть единственная общая точка .

Правда ли это? - выспрашивала Медиана треугольника . - Правда , правда . Биссектрисы углов треугольника пересекаются в од­

ной точке. Почему? Об этом ты можешь на досуге прочитать в учебнике

геометрии ,- терпел иво рассказывала о себе Биссектриса угл а . - Я теперь хорошо понимаю, что всякая точка биссектрисы угла равно­

удалена от его сторон. По этой причине точка пересечения биссектрис

углов треугольника равноудалена от сторон всех углов треугольника . Но

СТОРОНЬJ YГJIOB . 'ТPEYrOJJЬHHJta · · 9вл.яются llYЧaиu

58

, 1 . C TOP OUЬI . ' TPEЛOд.ЬIJQfi,a ..;.. _о PE3IiR "

почему эта точка пересечения одинако-во удалена от сторон треугольника? -спросила Медиа н а .

- А вот почему . Посмотри на р и ­сунок ( р ис . 24 ) . Точка О - точка пе ­ресечения биссектри.:: углов треуголь­ника . Рассмотри м треугольники АВО, ВСО, А СО . Каковы углы этих треугол ь­ников при вер шинах А, В, С? Острые. ( Надеюсь, понятно, почему? ) Но тогда основания перпендикуляров OD, ОЕ, ОМ, опущенных из точки О на прямые А В, В С, А С, лежат на сторонах А В, ВС, А С трех рассм атриваемых тре­угольников . Поскол ьку точка О р авно-удалена от сторон углов данного тре- Рис. 24

угол ьника А В С, то OD = OE = OM. А что это означает? А то, что точка О равноудалена от сторон треугольника АВС. Поним аеI.Сь? Отсюда, кстати , следует, что окружность с центром в точке О пересечения биссектрис углов треугольника и радиусом OD касается сторон треугольника АВС в точках D , М, Е;. Ее называют вписа нной в тре­угол ьник АВС. Вот какие дела . . . - сказал а , по-житейски вздохнув, Биссект­риса угл а . - З амечу попутно, что эта точка О принадлежит и биссектрисам треугольника , а не только биссектрисам его углов .

- Слушай , дорогая, я поним аю, что точка пересечения биссектрис углов треугольника р а вноудалена от всех сторон. Почему? Да потому, что она , во-первых, принадлежит биссектрисе угл а ВА С и потому равноудалена от сторон А В и А С. Во-вторых, точка О принадлежит биссектрисе угла АВС, а потому равноудалена от сторон ВА и ВС. Получаем, что расстояние от точки О до сторон А С и ВС такое же, что и до стороны АВ. Значит, точка О равноудалена от всех сторон треугольника А ВС,- рассуждала Медиана треугольника . - Но у меня есть сомнение . Ведь точки, равноудаленные от сторон угл а , прин адлежат не только биссектрисе угл а . Они могут при­надлежать и плоски м угл а м с вершина м и А, В, С, стороны которых есть лучи , перпендикуляр ные сторона м углов треугольника . Поэтому, может быть, кроме точки О, существуют еще и другие точки, равноудаленные от сторон т реугольника .

- По�мотри на рисунок 24. Ты види шь, что назва н ные тобой плоские углы не и меют общих точек? И ты ведь сможешь это доказать? - ответила Биссектриса уг.11 а .

- Надо же, ка к это я раньше н е заметила ? Н у конечно ж е докажу. Это совсем простq,- поспешно проговорила Медиана .

-- Ну вот види шь. З н ачит, углы , входящие в геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угл а , новой точки, равноудаленной от сторон всех угл ов треугольника А В С, не дадут . Поэтому точка О � единст­венная равноудаленная от сторон всех углов треугол ьника ,- закончил а сво'й рассказ Биссектриса угл а . - Ну, да что это я все о себе да о себе . Ты уж, верно, устала меня слушать. Да и мне хочется послушать тебя , узнать что­нибу дь и нтересное 11 поучител ьное.

59

- Спасибо тебе, Биссектриса угла , за та кой терпел и вый и содержатель­ный рассказ о себе . Пра во, обо мне ты услы шишь мало з а н и мательного. Жизнь моя обычна . Но все -та ки слушай .

Медиана рассказы вает о себе

- Прежде всего, как ты уже знаешь , я - отрезок. Только не любой . А такЬй , оди н конец которого совпадает с вер шиной треугольника , а другой является середи ной противолежа щей стороны . Я дол го думала , почему это люди обратил и на меня внима ние, что это я за важная пти ца, чтобы мне имя дать, да еще и такое симпати чное : М е д и а н а . Мало л и отрезков с конца ми в вершине треугольника да на проти волежа щей стороне? А вот выделили меня, вместе с биссектрисой и высотой треугольника . Ну их конечно, удостои ­ли специальных названий - по заслуга м : одну - за ра венство углов , дру­гую - за пря мой угол . А меня , что же, выходит з а середину стороны? Может и так . Но ду маю, не только за это ,- рассуждала Медиана треуголь­ника .

- А за что же е ще? Расскажи ! - попросила заинтригованная Биссект­риса угл а .

- Ой, да даже н е знаю, рассказывать л и о б этом . Дело в том , что сейчас я на время из геометрии выйду в физику. Ты ведь кое-что знаешь о физике? -поинтересовалась Медиа на треугольника .

- Да, конечно, кое-что знаю. Мною иногда в физике пользуются . В другой раз я готова даже рассказать об этом , - ответила Биссектриса угл а .

- Ну, тогда слушай . Сидим м ы как -то вечерком . Мы - это т р и медианы одного треугольника . Вдруг слы ш и м чей -то бас : «Уважае м ые мои медианы , позвольте с вами познакомиться . Я тесно связа н с в а м и тремя» . « Кто ты такой? - спрашиваем . - Как тебя зовут ?» А он : « Я явл яюсь точкой ва шего пересечения , но этого мало - я Центр масс ва шего треугольника » . Отвечаем ему: «Мы из геометри и , а ты из физики. Что между н а м и общего? Объясни » . И вот что он поведал нам . Представь , что из куска ка ртона или из бумаги вырезали треугольник . Провели в нем медианы . Терерь п редставь , что этот вы реза нный треугольник расположил и в вертикальной плоскости , ну, как сте­на дома расположена . Затем в произвольной точ ке эту бум ажную м одель треугольника проткнули и глой , горизонтально расположен ной. Причем так, что треугольник этот мог вокруг и гл ы вра щаться . Ка к бы ни поворачивать треугольник вокруг оси - и голки, он будет поворачиваться и каждый раз зани ­мать одно и то же положение . Мне трудно объяснить это положение . Ска жу тол ько, что большая часть массы треугол ьника ( вернее, его модел и ) оказы вается ниже оси . И сколько бы точек в треугольнике ни выбирали , результат получи м тот же самый . Но только до тех пор, пока ось не попадает в

точ ку пересечения меди а н треугольника . - И что ж е тогда произойдет? Что-то будет не так? - заговорил а , не

выдержав , Биссектриса угл а . - - Вот и менно н е та к . Теперь -то, к а к треугольник вокруг оси ни повора­

чивай , в какое положение его ни при ведешь, в таком он и останется .

60

Чудо просто ! Конеч но, если человек проведет медианы неаккуратно, т. е . проведет лишь «якобы медианы» , то результат будет други м . Но мы , медианы, тут уж ни п ри чем . Ну и , конечно, если ка ртон та м или бумага в одном месте толстые, в другом - тонкие или в одном месте «тяжелее», чем в другом ( представьте это ! ) , то получится та кже «другое» . Надо, говорят в таком слу­чае, чтобы треугольник был однородным из одного и того же материала ,­вел·а свой расс каз Меди а н а .

- Да, точка пересечения медиа н треугольника обл адает поисти не уди­вительным свойством . Для физиков, механиков, инженеров это пр.осто наход­ка . За одно это можно было дать тебе и мя, дорогая Мещ1ана . Я читал а в учебнике геометрии , что три медианы треугольника пересекаются в одной точ ­ке и делятся этой точкой в отношении 2 : 1 , считая от вершины . Но что точка ва шего пересечения центр масс треугольника - об этом я не знала,- призна­лась Биссектриса угл а .

- И вот ведь что еще уди вительно : если картон ную модель треуголь­ника свободно подвесить за вер шину, то вертикаль, проходя щая через указа нную вершину, будет" . Я вижу в твоих гл азах л юбопытство ! Конечно. Эта вертикаль будет содержать меня ! Я ока жусь непременно на верти-кал и ! Каково? Ты изумлена ? О , м ы , все три медиа - 8 Е ны, были поражены этой новостью не меньше. Вот уж поистине : сколько ни живи , а все узнаешь о се­бе что- нибудь новое,- ликовала Медиана.- Правда, я не существую без треугольника , как и ты без уг­ла. Чуть что, у меня спра шивают : где же твой треугольник? Но ·мне с треугольником и нтересно. Хотя бы потому, что н а мне центр его тяжести . Кроме того, я могу быть медиа ной не одного, а несколь­ких треугольников . Вот смотри (рис . 25) . На рисун­ке отрезок ВМ является одновременно медианой

д

D Рнс. 25

с

61

В т реугольника А В С и медиа ной треугольника А ВЕ. Кстати , предл агаю тебе на досуге доказать, что AD = ЕС. Пусть это будет первым задание м .

3 а д а н и е 1 . Отрезок В М является медиа ной т реугол ьника А В С и треугол ьника DBE. Докажите, что A D = EC и A D i i EC.

- А еще что я тебе расскажу про себя , дорогая Биссектриса , так это то , что меня часто бывает по­л езно продолжить за ту точку, которая является серединой стороны моего треугольника , - продолжа-л а Медиана .

Р и r . 26 - И для чего это дел ают ? - полюбопытствова-ла Биссектриса угл а .

А вот смотр и . На рисунке В М - медиана треугольника А В С ( рис . 26) . Вот продолжили меня за точку М и отложили DM = ВМ. Получили точку D . Эта точка не какая попало. Она така я , что мой конец М оказался серединой отрезка BD. Но не в этом дело . Самое гла вное в том , что прямая AD оказы­вается па раллельной прямой В С! Что это значит? А это значит, что меня можно испол ьзовать для построения прямой , па раллельной данной . Вот пред­ставь (смотри на тот же рисунок) , что А В - да нная прямая , а через да нную точку С нужно провести прямую, параллельную прямой А В. Как это сделать? Конечно, по-разному . Но можно и с моей помощью. Как ? А вот как . Построй треугольник А В С. Построй середи ну отрезка А С, например . Построй затем медиа ну ВМ. На продол жении ВМ отложи MD = BM . Все : CD l l A B. Ко­нечно, имеется и способ попроще, но и ногда только что изложенный способ оказывается выгоднее. Например, при доказательстве теоремы о сумме углов треугольника , - с большим удовольствием р аскрывала свои тайны Медиана .

- Но, подруга ты моя , Медиана , прямая AD на рисунке параллел ьна прямой ВС. Стало быть, получи в шийся четырехугол ьник A B CD - паралле­лограм м ? - проговорила Биссектриса угл а .

- Ты пра ва . Н а меня можно опереться н е тол ько для проведения через да нную точку прямой, параллельной зада н ной прямой , но и для построения параллелограмма , вер шинами которого являются вер ши н ы дан­ного треугольника и точка на моем продолжении (точка D - на рис . 26) . Ну, да это понятно : раз с моей помощью можно строить параллел ьные прямые , то и параллелограмм тоже,- ответила Медиа н а треугольника .

- И тебе что - нибудь дает это? - пои нтересовалась Биссектриса угла . - Конечно ! Построенный параллелогр а м м помог вычислить мою дли ну,

если заданы дл ины сторон моего треугольника . Вот смотри ( рис . 26) . ABCD - параллелограмм . Но сум м а квадратов диа гоналей па раллелограм­ма равна сумме квадратов его сторон . Поэтому и меем BD2 + A C2 =A B2 + + вс2 + сп2 + АD� = 2АВ2 + 2вс2 . Но ведь BD = 2BM! Значит, 4ВМ2 = = 2А В2 + 2ВС2 - А С2 , ВМ =-J2лв2 + 228с2-Ас2 • Види шь, как можно вычис­лить мою длину по длинам сторон треугол ьника? Надо вычи сл ить сумму удвоенных квадратов двух сторон треугольника , с которыми у меня общая вер­шина треугольника , вычесть квадрат стороны, середина которой является мои м концом , извлечь из получен ного результата квадратный корень да

62

еще разделить этот квадратный корень на 2 . Вот и все. Я вычислена . Это же очень и нтересно ! Как ты считаешь? - спросила Медиана , поглядывая на Биссектрису угл а .

- Ну что ты, безусловно ! Я вот даже начала думать : а как вычислить дли ну, не мою, конечно, я бесконечна и не и мею длины , а длину биссектрисы треугольника ? Ведь можно это сделать, а ? Пусть это будет зада нием для нас,- предложила Биссектриса угл а .

3 а д а н и е 2 . Уста новите, к а к вычислить длину биссектрисы треуголь­ника, зная дли н ы его сторон .

- Знаешь, Биссектриса , - сказала Медиана .- Способ построения с моей помо щью п а раллелогра м м а можно использовать для доказательства утверждения : центр окружности , описан ной около прямоугольного треуголь­ника , лежит на середине гипотенузы . Это делается просто . Пусть ВМ -медиа н а треугольника А В С ( с м . рис . 26) , точка D принадлежит лучу ВМ, причем MD = BM . Тогда четырехугольник A B CD - параллелограм м , по­скольку его диагонали точкой пересечения М делятся пополам . А теперь пред­ставь, что угол А В С прямой , точка М - середина гипотенузы . Тогда парал­лелогра м м A B CD - прямоугольник . Но диагонали прямоугольника равны, поэтdму BD = А С. Отсюда следует, что и половины диагоналей равны : А М = МС = ВМ, т . е . точка М равноудалена от вершин треугольника А ВС. Получил и , что середина гипотенузы треугольника является центром окруж­ности, описа нной около него.

- Скажи, пожалуйста , Медиана , почему тебя называют медиана тре­угольника ? Разве медиана бывает не только у треугольников? Может, слово <ареугольник» -.л и ш нее? - полюбопытствовал а Бцссектриса угл а .

- Нет, н е л и ш нее : медианы и меются еще и у тетраэдра . Это слово озна­чает «четырехгранник» . У него четыре грани и каждая - треугольник . Гра­нями тетраэдра ( рис . 27 ) являются треугольники АВС ( невидимая грань ) , ADB , BD C, ADC ( невиди м а я грань ) . С его изображением в средней школе знакомятся в курсе черчения и позднее в стереометрии . Так вот, види шь, в гра ни BDC проведены медианы треугольника ВЕ и CF. М - точка их пере­сечения , т . е . центр м ассы треугольника BDC. Так вот, отрезок АМ, соеди­няющий вер ши ну тетр аэдра А с точкой пересечения меди а н противолежащей гра н и BDC, называется медианой тетраэдр а . У тетраэдра четыре медианы . D Однако, когда понятно, о какой медиане идет речь, слово «треугольнию> или «тетраэдр» опускают. По­тому что если перед ва м и один Ваня , то его фами ­лию называть необязательно : и та к понятно, о ком речь. Кстати, про меня можно сказать, что я соеди­няю вершину треугольника с центром массы противо­лежащей стороны.

Медиана треугол ьника и Биссектриса угл а зака н -чивали беседу о себе и хотели расстаться, как вдруг А С раздался голос .

- Вы знаете, я невол ьно слы ш ала ваши и нте- в ресные рассказы . . Прошу вас , выслушайте и меня тоже. Я расскажу совсем немного . Р11с. 27

63

Я - Высота треугольника - Я - В ы с о т а т р е у г о л ь н и к а . Что та кое в ы с о т а? Это перпенди­

куляр, опущенный из вершины треугольника на прямую, содержащую п ро­тиволежащую сторону. Поскольку перпендикуляр я вляется отрезком , то и высо�:а треугольника - отрезок. В этом отношении JI сходна с тобой, Медиа ­на , и с Биссектрисой треугольника . Все мы отрезки и этим отличаемся от тебя, Биссектриса угл а .

Н о и меются еще и так н азываемые середин ные перпендикуляры к сторо­нам треугольника . А вот они я вляются прямыми , перпендикулярными к его сторонам и проходящим и через их середины ,- продолжала Высота треуголь­ника . - Известно что эти серединные перпендикуляры пересекаются в одной точке, которая является центром окружности , описанной около треугольника . С помощью серединных перпендикул яров мы , высоты треугольника , уста­новили, что тоже пересекаемся в одной точке . Ее называют ортоце нтром треугольника . Как установил и ? А вот, слушайте .

Вот треугольник А ВС ( рис . 28) . A D , ВЕ, CF - его высоты, - р астолко­вывала своим слушателям Высота треугольника . - Теn:ерь хотите увидеть чудо? Вот оно. Через каждую из вершин треугольн и ка А В С проведем прямую, параллельную противолежащей стороне. Получился треугольник KLM. Вы не з а мечаете ничего уди вительного? Да посмотрите : прямые, содержащие высоты треугольника А ВС, являются серединными перпендику­лярами к сторона м треугольника KLM ! Здорово! Но ведь середин ные перпендикуляры к сторона м треугольника пересекаются в одной точке ! Следовательно и мы, высоты треугольника А В С, · содержащиеся в них, пересекаемся в одной точке . На рисунке - это точка Н.

___:_ Это так и нтересно ! - одновременно говорили Биссектриса угл а и Мед1:1ана треугольника .- Спасибо тебе за рассказ, Высота треугол ьника .

- Да что вы, друзья ! Спасибо вам за то , что с таки м и нтересом слу-

64

к

Рйс. 2s Рис. 29

шали . Только вот в а м задание, в котором я допустила одну маленькую неточность . Н адо ее исправить.

3 а д а н и е l . Всегда ли вер но, что высоты треугольника пересекаются в одной точке? Уточните формулировку этого свойства высот треугольника .

- А дело тут вот в чем , - продолжала Высота треугольника .- Вы ведь знаете, что центр описан ной около треугольника окружности может лежать внутри треугольника , может быть серединой стороны и может, наконец, лежать вне треугольника . Понимаете? В нутри треугольника он лежит тогда , когда треугольник остроугольны й . Если треугольник прямоугольный, то он является серединой гипотенузы . Если треугольник тупоугольный, то центр описан ной около треугольника окружности лежит вне треугольника . Другими словами , точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам тре­угольника лежит в нутри треугольника , если он остроугольный , на стороне -если треугольник прямоугольный , и вне треугольника , если он тупоугольный .

- Подожди , Высота , ты так м ного говоришь и все не о себе, - прервала ее Медиа н а . - Это во-первых . Во-вторых, ты совсем перестала рассуждать, просто пересказываешь, что знаешь да помнишь, а это неинтересно. В-третьих, ты нам рассказывала не о высотах треугольника АВС (см. рис . 28 ) , а о серединных перпендикулярах к сторонам д р у г о г о, вспомогатель�юго треугольника KLM. Стало быть, ты говори ш ь о центре окружности , описан ­ной около вспомогательного треугольника KLM .

- Я , кажется, догадалась, в чем состоит неточность, допущенная Вы ­сотой ,- сказал а Биссектриса угл а . - Вот, смотрите . Я строю тупоугольный треугольник А ВС (рис. 29) . Строю высоты треугольника AD, ВЕ, CF. Высота CF, опущенная из вершины тупого угла, вся внутри треугольника. Высоты AD и ВЕ, опущенные из верш и н острых углов , в не треугольника . Следовательно, высоты тупоугольного треугольника не пересекаются . . А Высота треугольника в своем рассказе утверждала , что высоты всякого треугольника пересекаются в одной точке, называемой 6ртоцентром треугольника . Получается , что наша уважаемая Высота допустила ошибку.

- Твоя правда , Биссектриса угл а , - обрадовалась Высота треугольни­ка .- Ты н а шл а мою· ошибку. Правда , я назвала ее неточностью. Но вы са ми понимаете, как и ногда не хочется признаваться в собствен ной ошибке.

3. Зак. 1 823 И . Л . Никольская 65

Когда назовешь ее неточностью - как-то легче . Печально, но нам , геометри­ческим фигурам , свойственны человеческие слабости .

- Знаете, без лирических отступлений невозможно жить. Но и дело нель­зя оставлять незаконченным . Давайте п роведем через вер ш и н ы тупоуголь­ного треугольника А В С ( рис . 29) пря мые, параллельные противолежащим сторона м . Получили вспомогательный тр�угольник KLM . П р я м ы е АД, ВЕ, С F ( но не от.резки ! ) являются серединными перпендикуляра ми к сторонам полученного треугольl!ика KLM . Следовательно, эти три прямые пересекают­ся в одной точке Н. Для треугольника А В С точка Н является ортоцент­ром, а для вспомогательного треугольника KLM - центром описан ной ок­ружности,- рассуждала Медиана .

- Ты все так ясно изложила , Медиа н а . Не то что я : н ачала и запута­лась,- высказалась Высота треугольника . - Устала , видно, я. Вот и стала ошибаться и путаться . . . Ты совершенно права : пересекаются во всяком тре­угольнике в одной точке прямые, содержащие его высоты. Сами же высоты пересекаются только в остроугольных треугольниках. И ортоцентр треуголь­ника - это точка пересечения прямых, содержащих его высоты. А вот в остроугольном треугольнике. ортоцентр является и точкой пересечения высот.

- Мы установили , что высоты остроугольного треугольника пересекают­ся в одной точке. Высоты тупоугольного треугольника общих точек не имеют,- вновь за говорила Биссектриса угл а , - но вот прямые, их содержа­щие, пересекаются в одной точке. А вот как обстоят дела в п ря м оугольном треугольнике, ничего не говорили .

- Видите ли , в прямоугольном треугольнике каждый катет является и его высотой. Проведем еще высоту из вершины прямого угл а . Получается, что у всех трех высот п рямоугольного треугольника и меется общая точка -вершина прямого угла ,- разъяснила Высота треугольника .

- Выходит, ортоцентром прямоугольного треугольника является . вер­шина его прямого угла? ! - вопросительно воскликнула Биссектриса угла .

Ну да, и м е н н о т а к ,- ответил а Высота , выполнив рисунок ( рис . 30) . - Слушайте, мои подруги, м ы давно говорим , что прямые A D , ВЕ, CF

( рис. 28, 29) , содержа щие высоты да н ного треугольника А В С, я вляются серединными перпендикулярам и к сторон а м вспомогательного треугольника KLM. Мы все в это поверили . Но почему? - спохватилась Медиа н а тре­угольника .- То, что эти прямые перпендикулярны к сторон а м вспомогатель­ного треугольника , мне понятно. Потому что если пря м а я перпендикулярна одной из параллельных прямых , то она перпендикулярна и другой . Эго всякий знает . А вот почему точки А, В, С - середины сторон вспомога-

А

Рис. 30

66

тельного треугол ьника, не поним аю . -- А вот почему . Возьмем одну из сторон дан­

ного треугол ьника, например А В . Она явл яется сто­роной двух параллелограммов : А В СМ и АВКС. В па ­р аллелограмме противолежащие стороны равны . Следовател ьно, СМ= СК. Значит, точка С - середи­на стороны МК вспомогательного треугол ьника . Ана­логично вер шины А и В явл яются середин а м и сторон треугольника KLM ,- пояснила Высота треуголь­н и ка .

а) т oJ т 8) т

Р11с. 3 1

- Уважаемая Высота треугольника , ты что-то начи нала рассказывать нам о положении центра окружности , описа нной около треугольника . То он внутри треугольника , то вне , а то и на стороне. Как это объясн ить? -поинтересовалась Биссектрис-а угл а .

- Чтобы было ва м понятнее , давайте начнем с построения . Изобразим остроугольный треугольник ( рис . 3 1 , а ) , тупругольный (с тупым угл ом С, рис . 3 1 , 6) , прямоугольный ( прямой угол С, рис . 3 1 , в ) . Проведем сере­динные перпендикуляры т и р к двум сторонам каждого из треугольников. Эти перпендикулярные к сторонам прямые пересекутся в некоторой точке О. Почему пересекутся ? А что было бы, есл и бы они не пересекались? А? . . Да тогда прямые т и р были бы параллельными ! А отсюда следовало бы, что пря мые А С и ВС, будучи перпенди кулярными одной пря мой, параллельны. А это не та к.

- Подожди , Высота, какой же прямой Перпендикулярны прямые АС и ВС? - сп росила Би ссектриса угл а .

- Ну вот. Л юбой из двух : хоть т , хоть р . Ведь если прямая перпенди­кулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и другой ,- ответил а Высота .- Теперь смотрите : точка О принадлежит прямой т. Что это значит? А это значит, что точка ·о равноудалена от концов отрезка А С, т . е . она удалена от точки А на такое же расстояние, ка к и от точки С. Поскол ьку точка О принадлежит прямой р , то она удалена от точки В на такое же расстояние, как и от точки С . Но тогда получается , что точка О равноудалена от вер шин треугольника . Поэтому окружность с центром О и радиусом О С пройдет через все вер шины треугольника А ВС. Она и есть окружность, описанная около треугольника А В С.

- Пока все понятно,- сказал а Медиана .- Только как объяснить то, что мы не п роводили серединный перпендикуляр к третьей стороне , А В треуголь­ника?

- А зачем ? Раз точ ка О равноудалена от верш и н А и В, то сере­динный перпендикуляр к стороне ВА пройдет через точку О. Поэтому его можно и не п роводить . Все ра вно от этого ничего не изменится ,- объяснила Высота треугольника .

- Так почему же, всезнающая Высота , на рисунках в случае а ) точ ка О

67

оказалась внутри треугольника , в случае б ) - вне треугольника , а в случае в) - на стороне треугольника? - обратилась к Высоте Меди а н а .

- А вот, слуша й . В случае а ) вписанный в построенную окружность угол АВС остр ый . Поэтому центр окружности О лежит по отношению к прямой А С по ту же сторону, что и точка В . Аналогично вписа н н ы й угол ВА С острый , поэтому точка О лежит по отношению к прямой В С по ту же сторону, что и вершина А . Н а конец, центр О окружности лежит от прямой АВ по ту же сторону, что и вершина С. Вот и получается , что точка О внутри треугольника АВС.

Что мы имеем в случае б ) ? Угол С тупой . Он - вписанный в окруж­ность с центром О. Поэтому точка О лежит по другую сторону от прямой АВ, чем точка С. Вот и получается , что точка О в этом случае вне треугольника.

Ну, а в случае в ) угол С пря мой , О - центр описа нной окружности. Тогда угол А ОВ ра вен 1 80° , откуда следует, что точка О лежит на гипотенузе АВ треугольника АВС. Конечно, на ее середине. Разве моЖет быть и наче? -объяснила Высота треугольника .

- Ну что, друзья мои, надо заканчивать наши беседы,� проговорила Медиана треугольника .- Мы узнали друг о друге и о других геометриче­ских фигурах очень м ногое . Да и собственные свойства осмыслили глубже. Пожелаем друг другу новых открытий, новых доказательств , совершенст­вования в умении рассуждать и доказывать. До свидания , до новых в стреч .

- До свидания , прекрасная Медиана ,- ответили Биссектриса угла и Вь1сота треугольника . - Ждем новых встреч с тобой !

Замети м, что Высота по скромности не рассказала о том , как она в ажна при нахождении площади треугольника . Кроме того, о ней вспоми н а ют, как только начинается разговор о равновеликости треугольников, особенно есл и у них есть еще и общая сторона ( напомним , что равновеликими фигурами называют фигуры, и меющие равные площади ) .

Продолжите и закончите рассказ Высоты треугольника . Придумайте ему

68

свое название . Воспол ьзуйтесь для этого учебником геометрии и своей фантазией . При желании можете ввести в рассказ другие персонажи. Желаем вам писательского успеха в в аших м атем атико-литературных упра жнениях.

О т в е т ы, у к а з а н и я , р е ш е н и я к з а д а н и я м и з «М а т е м а­т и ч е с к и х с н о в С т е п ы М о ш к и н а».

Рассказ Биссектрисы угла;

3 а д а ч а 3. а) Все точки треу гол ь н и ка MNL равноудалены от сторон угл а А В С ; б) Точка Е пересечен и я р с биссектр исой угл а А В С и все

точки луча FP ( с м . рис. 22 ) р а вн оудалены от

сторон угл а А В С ; в ) Точка Е окружности и

все точки дуги F К, не соде р ж а щей точку Е, равноудалены от сторон угла А В С . 3 а д а ч а 4. а ) Проведите середи н н ы й пер­

пендикул я р к отрезку ML. Он пересечет лучи

BF и ВК в некоторых точках Х и У. Все точки

отрезка ХУ р а вноуда_лены от сторон угл а А В С.

Рассказ Медианы .

3 а д а н и е 1 . l::.A MD = д СМЕ (по двум сто­

ронам и углу между н и м и ( р и с . 22) . Отсюда

следует : L. DAM = L. ЕСМ, откуда получаем ,

что A D l l CE и A D = CE. З а д а н и е 2 . Да н о : д А В С; А В = с, В С = а, А С = Ь . BD - биссектриса треугол ьн и ка ( р и с .

32) . Н а й т и BD. Р е ш е н и е . Биссектрису BD можно н а йти по

теореме косинусов и з треугол ьника A B D . Но

дл я этого надо знать cos А и A D . 1 ) На йдем c o s A · a2 = b 2 + c2 - 2b c cos А . От­

ь2 + с2 - а2 сюда cos А = 2Ь с

в

А с

Рис. 32

2) Найдем A D . Пусть A D =x. Тогда D C = b ­-x. Биссектриса треугольника делит его сторону

на отрезки, пропор циональные прилежа­

щ и м сторо·н а м треугольника . Следовател ьно, х с Ьс -ь-- = - . Отсюд а : ах + сх = Ьс, х = -+ . - х а а с

Длина отрезка на AD н а йден а .

3) И з треугольника ABD н а ходи м по теореме

коси нусов длину би ссектрисы BD . Рассказ Высоты треугольника

3 а д а н и е 2. Возмож ное продол жение рас­

сказа о себе Высоты треугол ьника .

Одна жды Вер ш и н а В треугол ьника А В С гово­

рит : « Разре ш и , пожалуйста , Треугольник, по­

гул ять м не по твоей плоскости » . А Треугол ь­

ник отвечает ей : « Пожалуйста , погул я й , тол ько

так, чтобы площадь моя п ри этом не менял ась.

Не хочу я , Вер ш и н а , уменьшать свою площадь,

не хочу и увел и ч и вать. Пусть та кже две дру­

гие мои Вер ш и н ы оста ются на месте. Вот и

все мое условие». Дол го думала Вер ш и н а :

как же ей гул ять ? И вообще возможна л и

прогул к а ? И н а конец, догадал ась. Гул яла по­

том дол го- предол го . Ска ж ите, добрые люди ,

как она гул ял а ? Сделайте рисунок, изобра­

зите проторенную Вер ш иной тропинку. И меют­

ся ли у тропинки концы? ( Вместо ответа см .

рис . 33. ) Не по нра вилось Треугольнику, что его Вер ши-

- с --- с,

�h

А D В D1 Рис . 33

69

»ЕРшпна ТРЕ-У.rольп11ttа uошла .

ГУЛЯТЬ.

на гуляла так долго. Да н двум другим Вер­

шинам обидно: н х сестра гуляет и гуляет, а

' им сиди на месте. В следующий раз Треуголь­

ник н говорит первой Вершине: « На этот раз

ты гуляй, Вершина, так. Сначала иди

по перпендикуляру к проти волеж а щей сто­роне. Но как тол ько мой угол , Вер шиной

которого ты являешься, станет прямым, даJ1 ь­

ше иди так, чтобы он оставался п р я м ы м . Хо

[

Рис. 34

чу некоторое врем я побыть с п р я м ы м углом .

Когда обойде ш ь все такие точки , сразу же

вернешься на то же место п реж н и м путем.

Пом н и : другим Вер ш и н а м тоже погулять хо­

чется» . Скаж ите- ка , л юди добрые, каким был

Треугольник в тот момент, когда Вер шина

попросилась погулять? Остроугольным ; тупо­

угол ь н ы м ; п р ямоугол ь н ы м ? Изобразите Тре­

угол ьн и к , а затем тропи нку, которую протоп­

тал а его Вер ш и н а .

А вот и о т в е т. Когда Вер ш и н а пошла гу­

лять, Треуголь н и к был остроугол ь н ы м . На рисунке 34 показана тропи нка , проторенная вер­

ши ной С. Тро п и н ка эта состоит из отрезка СС1 и п олуокружност и с диа метром А В (точ ки А

и В и скл ючены из полуокружност и ) . Есл и бы

оди н из углов треуголь н и ка первоначально

был п р я м ы м или туп ы м , верш и н а С не смогл а

бы сове р ш Ить пр огул ку в соответст вии с пред­

писанием Треу г ол ь н и к а .

КАК Я РАССУЖДАЛ ПРИ РЕ ШЕ НИИ (У 1 1 1 класс) ОДНОЙ ЗАДАЧИ

Однажды м не надо было решить такую задачу,- рассказывает Степа Мошкин .- Даны две окружности с радиус,ами Ri и R2 и расстоянием между центрами d > R i + R2 . Чему равны наиболь шее и наименьшее расстояния между точками Х и У этих окружностей?

70

в D

Рис. 35

Я сразу же сообразил, что поскольку расстояние между центрами боль­ше сум м ы радиусов , то окруж ности не имеют об щих точек и одна находится вне другой . Сделал рисунок ( рис . 35) . На первой окружности взял произ­вольную точку Х, на второй - точку У. Потом п редставил , что точка Х переме щается по первой окруж ности , точка У - по второй. Из чертежа вид­но, что расстояние Х У будет при перемещении точек меняться . Мой глазомер подсказал м не , что расстояние ХУ будет большим тогда , когда точка Х совпадет с точкой В, а точка У - с точкой D . Наименьшим это расстояние будет при совпадении точки Х с точкой А , а точки У - с точкой С. Прекрасно ! У меня появилась г и п о т е з а : X Yнaи6 = BD = R 1 + d + R2; Х Унанм =А С = d ­- R , - R2 . . . Но это только гипотеза . Ее надо еще доказать. А вдруг она не­вер н а ?

Начал раз м ы шлять. Чем воспол ьзоваться для доказательства ? Какова его идея ? Что зн ачит Х Уна и6 = R 1 + d + R2? . . Так, так . . . А это означает, что при перемещении точек Х и У по окружностям всегда выпол няется неравенство X Y � R , + d + R2 ! Чудесно . . Стало быть, м не надо доказать, что это нера ­венство верно . Это уже кое -что . Пригляделся к нера венству. В чем его суть? Да в том , что длина отрезка Х У должна быть не больше суммы длин трех других отрезков . Итак, речь здесь идет о дли не отрезка и о сумме дл ин трех других отрезков . Что я знаю об это м ? Нет ли теоремы, в которой

7 1

в

Рис. 36

говорилось бы о сумме длин отрезков и о дли не одного отрезка ? . . Подожди ­те . . . Есть такая теоре м а ! Это теорема о длине лом аной и длине отрезка, соединяющего ее кон цы ! Вот она : длина ломаной не меньше длины отрезка, соединяющего ее концы. Но как ею воспользоваться ? Никакой лома ной на моем рисунке нет. Выходит, нужно выпол нить допол нительное построение так, чтобы лом аная появилась? Какие же точки дол жны быть конца м и ? Ну конечно же точки Х и У! Ведь в теореме о лом а ной идет речь о дл и не отрезка, соединяющего ее кон цы . Стало быть, отрезок Х У дол жен соеди нять концы ломаной .

Итак, кон цы лом аной найдены . Но где же ее звенья ? Нер а венство X Y � R 1 + d + R2 подсказывает, что звенья лом а ной дол жны иметь длины R 1 , d, R2 • Значит, одним из звеньев лом а ной может быть отрезок 0 1 02 . Ведь его длина равна d! Что же остается сделать, чтобы получить лома ную с концами Х и У и с одним из звеньев - 0 1 02 ? Ясно ! Надо построить отрезки 0 1 Х и 02 У. Их длины равны соответственно R1 и R2 ( рис . 36) !

Так какую лома ную мне нужно ра ссмотреть? Ломаную Х0 1 02 У. По теоре­ме о лома ной получаем Х У � ХО , + О 1 02 + 02 У, т. е. X Y � R , + d + R2 . Следо­вательно, X Yнa и6 = R 1 + d + R2 . Первая ча сть гипотезы доказа н а . qерусь за доказательство второй ча сти : Х Унаим = d - R 1 - R2 .

В первые секунды м не еще казалось, что доказать вторую часть ги потезы ничего не стоит. Но скоро я спохватился : как же быть, если имеешь дело не только с суммой длин отрезков, но и с их разностью? Сейчас надо дока­зать, что Х У � d - R 1 - R2 . . . Теорема о лома ной здесь не спасает : в ней ничего не говорится о разности отрезков . Как же быть? Я дол го смотрел на последнее неравенство . Вид у меня был печальный . Кажда я м и нута безрезул ьтатного размышления уменьшала уверенность в своих силах . А что бы вы придумали на моем месте? Что ? . .

Время шло, а я ничего н е мог придумать. Нет сум мы - и ниче го н е сде­лаешь. И тут я вспом нил л юби мую фразу н а шего учителя математики Петра Ива новича : «Если чего-то нет, его надо найти!» Стой . . . Сум м ы у меня нет, значит, ее надо найти ! Как? Ясно ! Нужно R 1 и R2 перенести в левую часть. Тогда получаю Х У + R 1 + R2 � d. Ка к доказать, что это неравенство верно? О, вот теперь можно при менить теорему о дли не ломаной . Ломаная должна состоять из трех звеньев . Длина отрезка , соединяющего ее концы , равна d. Но тогда за отрезок, соединяющий кон цы ломаной , можно взять отрезок 0 1 02 . Итак, точки 0 1 и 02 - концы ломаной . Одним из звеньев

�

72

лома ной должен быть отрезок Х У. Дли ны двух других з веньев - R 1 и R2 . Все ясно ! Рассматриваю ломаную 0 1 Х УО2 . По теореме о длине лома ной получа ю 0 1 Х + Х У + УО2, т. е . R 1 + Х У + R2 ;?:: d, откуда X Y ;?:: d - R 1 - R2 . А это значит, что Х Унанм = d - R 1 - R2. Вторая ча сть гипотезы доказана ! Все, задача ре­шена .

На другой день , войдя в класс, я спросил : « Ну ч1 0 , орлы, решили задачу?» «А что ее решать? Она в учебнике решена ! » - услы шал я небрежный ответ. Загл янул в учебник геометри и - на са мом деле, задача решена .

- Решите задачу по моему рисунку ! - сказал я , выполнив свой рисунок на доске. Времени до начала урока было еще п редостаточно, но никто не смог объяснить, как решить задачу по моему рисунку. И я понял , что они просто з а п о м н и л и р е ш е н и е задачи по рисунку учебника , а не решили ее .

- Вы бездум ные зубрил ки ! - с досадой произнес я . - Вы не осознали и д е ю решения , ка к этому нас учит Петр Иванович . И не применяли ее . А потому вы не сможете решить задачу не только по другому чертежу, но и не решите сходную задачу.

Так и в ы шло. Петр Иванович предложил на уроке такую задачу : « Содер­жащееся в предыдущей задаче ( о которой я только что рассказал ) нера­венство d > R 1 + R2 замените другим : d < R 1 - R2. Решите получившуюся за­дачу» . И что вы думаете? Эrу задачу никто, кроме меня, не решил. А для меня она была всего-навсего приятным случаем , когда можно при менить знако­мую идею. Только для того, чтобы установить взаимное расположение окружностей , нера венство d < R 1 - R2 я предста вил в другом виде : d + R2 < < R 1 . Тогда п редставить взаим ное расположение да нных окружностей мне оказалось легче .

Попробуйте свои силы, решите вторую з адачу. Старайтесь действовать п о а н а л о г и и с j:>е_шением первой задачи . Желаю успеха !

* * *

О т в е т ы и р е ш е и и я к рассказу « Ка к я

рассуждал пр и решен ии одн ой зада ч и ».

Вот как рассуждал , решая предл ожен ную Пет­

ром Ива новичем зада чу, Степа Мош ки н .

Сначала он изобразил окружность с центром

0 1 и радиусом R 1 . Затем задум ался : где же

расположен центр второй окружност и - внут­

ри или вне пер вой ? 0 1 0? = d . d < R 1 - R2 , зна ­чит, d < R 1 . Стало быть, центр 02 второй ок­руж ности расположен внутр и пер вой окруж ·

ности . И о н выбрал точку 02 . d + R2 < R i . поэтому все точки второй окруж ности лежат

вн утр и первой , т . е . окруж ности не и меют об­щих точек. Вторая окружность расположе н а

вн утр и первой окружност и . Через центр ы ок­

руж ностей он провел пр я мую . Она пересекл а

окр уж ности в точках А , В, С ( р и с . 37 ) . На

первой окружност и он выбрал п роизвол ь ную

точку Х, а на второй окружности - произволь­

ную точку У. Теперь, как и в предыдущей зада че, опираясь

на рисунок и на свой гл азомер, Степа занялся

поиском г и п о т е з ы . Ка жется , Х У наиб = = B C = R 1 + d + R2 . З н а ч ит, дост аточ но дока ­

зать , что Х У � R , + d + R 2. « Воспол ьзуюсь тео­

ремой о дл и не ломаной» ,� решил он . Отрез­

ком , соеди н я ю щ и м кон цы лома ной , дол жен

быть отрезок ХУ. З н а ч ит , кон ц а м и лома ной

должны быть точки Х и У. Одно из звеньев лома­

ной ра вно d, поэтому надо, чтобы отрезок 0 1 02 был з веном лом а но й . А дал ьше уже просто : два

остающихся звена ра вны R1 и R2• Чтобы полу­

чить их, нужно провести отрезки 0 1 Х и О2 У. Иско м а я лом а н а я - это л о м а н а я ХО , О2 У! По

теореме о дл и не лома ной и меем Х У � ХО 1 + + 0 1 02 + О2 У, т. е . X Y � R 1 + d + R2 . З на чит,

Х У наиб = R 1 +d + R2 . Чему же ра вно наименьшее значение Х У? Рисунок и глазомер подска зыва ют, что

Х У наим = А С = R 1 - d - R 2 . З н а чит, достаточно

доказать нера венство X Y ? R 1 - d - R2 . Это

нера венство надо преобразовать так, чтобы оно

содержало тол ько сум м у дл и н отрезков. И н а че

теорему о дл и не лом а ной не п р и ме н и ш ь . Итак,

X Y + d + R 2 :;? R 1 . Теперь легко отыскать нуж ­ную ломаную. Дли н а отрезка , соединяющего

ее кон цы , равна R 1 , а одн и м из звеньев я вл яет­

ся отрезок Х У. Чудесно ! Стало быть, за ко нцы

лома ной можно принять точки Х и 0 1 . Остается

подобрать оста ющиеся два зве н а . Их дл и н ы -

d и R2, поэтому нуж н ы м и звенья м и я вл я ются

отрезки 0 1 02 и 02 У. Вот она , нуж н а я дл я

реше н и я зада чи лом а н а я : Х УО20 1 . По теореме

о дл и не лома ной и меем Х У + УО2 + О2О , :;?

:;? ХО 1 , т . е . X Y + R2 + d ? R 1 . Отсюда Х У ;;;. ? R 1 - d - R2. А это озна чает, что Х У наим = = R 1 - d - R2 . Зада ча решена .

КАК РОЖДд_ЮТСЯ ПРОБЛЕМЫ ( V l l l -X кnассы )

Слово «проблема» греческого происхождения . Его буквальное значение -задача , задание . Означает : теоретический или практический вопрос , требую­щий разрешения . В словаре В . Даля истолковывается как «задача , вопрос, за гадка , что предложено на разрешенье, на научное решенье ; задача для отысканья неизвестного по данному» .

7 4

�µа · ,JJ.Oi;:Jf fl ОБОБ ·

1�1 �МJ'Ai1i�

� тнsацин \ 1 анаднs

Как появляются математические проблемы? Конечно, они порождаются

любознательностью, пытливостью ума . Тот же В . Даль под любознатель­

ностью поннмает «дельное любопытство, любовь к наукам , к познаниям,

жела ние поучаться» , а под любознательным - того, «В ком есть любозна­

ние» . Так что можно сказать: чтобы в ва шей голове возникла математи ­

ческая п роблема , проявляйте любопытство, изучая математику, укрепляйте в

себе жела ние познать ее, «поучаться» ей . Важными источниками , « генераторами» новых идей , новых п роблем яв­

ляются такие мыслительные опера ции , как а н а л о г и я , о б о б щ е н и е и

к о н к р е т и з а ц и я , а н а л и з . Таким образом, чтобы стать а втором математической проблемы, нужно

быть л юбознательным , проявлять интерес к м атем атике, уметь сознательно

пользоваться основными мысл ительны м и операциями , владеть ими . С другой

стороны , если вы открыл и для себя математическую проблему и решили

ее, то ваш и нтерес к , математике укрепится, а владение мыслительными

операциями ста нет более полным и надежны м . Ваша любознательность

будет от этого разностороннее и глубже . Однако об щие советы и призывы не смогут стать руководством к действию,

если не показа но, как ими пользоваться в конкретных случаях. К ним мы и

перейдем .

О т теоремы П ифагора - к . . .

Представьте двух . учеников. Первый из них не проявляет любознательности

в изучении м атемати ки . Он просто осознает и запоминает доказа нное. Вто­

рой про.являет любопытство, любознательность . Пусть теперь они оба ознако­

мились с теоремой Пифагор а : «В прямоугольном треугольнике квадрат длины

гипотенузы равен сумме квадратов длин катетов».

75

Первый из уча щихся поймет, в чем состоит теорем а , выучит ее дока­зательство, возможно, даже уста новит, что по гипотенузе и катету можно найти второй катет треугольника . Это, конечно, похвально. Но этого мало. А вот второй учени к посмотрит на теорему Пифагора и наче . Что в ней дано? Даны две стороны треугольника и угол между ними . А что нужно найти? Третью сторону треугольника . Подождите . . . А что, если угол между двумя данными сторонами не . прямой? Он задан, но является тупым или острым ? Ка к тогда найти третью сторону? П р о б л е м а ! Как найти сторону треуголь ­ника по данным двум другим сторонам и углу между ними? !

И эта проблема порождена пытливостью второго ученика . А вот первый ее не за метил . Что это дает второму ученику?

Да он установил связь между двумя задачами . В . его сознании одна задача (теорема Пифагор а ) породила вторую. Установлена а н алогия между ними . Такой ученик усваивает материал крупными блоками , а не мелкими разрозненными куска ми . К тому же он изучает м атематику не равнодушно, а с увлечением .

Известно, что положительные э моции, увлеченность, интерес - необходи­мые условия настоя щего овладения знаниями . То, что человека р а внодуш ного может утомлять и раздражать, любознательного и увлеченного вдохновляет и окрыляет .

Если вы каки м-то делом увлечены , вы его выполняете с радостью, ждете, когда им займетесь, не сетуя на какую-либо перегрузку. Даже усталость от приятного труда желанна . А труд наиболее приятен тогда , когда вы имеете возможность проявлять пытливость и постоянно делаете это.

Итак, проблема сформулирована : зная две стороны треугольника и угол между ними, найти третью сторону. Но любознательность не остановится на постановке проблемы . Она не даст человеку успокоиться до тех пор

76

о о о D О • 01� : : n р о Б л е: ,

М А

о о о о о

пока он не уста новит, к а к решить проблему, и не решит ее. Для решения проблемы нужно рассуждать, провести анализ . Зай мемся эти м .

Итак, надо рассуждать. Н о как это делать в да нном случае? В этом могут помоч ь общие советы . Смотрите : поставленная проблема уже решена для случая , когда угол между да нными сторона м и прямой. Тогда надо просто воспол ьЗоваться теоремой Пифагора . Оста ются два случая : 1 ) угол между двумя сторона м и остры й ; 2 ) угол между да нными сторонами тупой. В таких ситуа циях полезно и спытать идею : нельзя ли неразрешенные случаи разре­шить с помощью уже разрешенного?

Чтобы воспользоваться этой идеей в рассматриваемой ситуа ции , нужно искомую сторону треугольника «сделать» стороной прямоугольного треуголь­ника . Из этого прямоугольного треугольника и нужно попытаться найти искомую сторону. Чувствуете, в этом что-то есть? Появилась нить для реше­ния проблемы . Правда , может оказаться, что нить эта порвется . . . Тогда вы, види мо, расстроитесь.

Не надо расстраи ваться . Не впадайте в уныние . Не жалейте «потерян­ного» времени . Оно « потеряно» для того, кто привык изучать матем атику формально, чтобы запомнить, пересказать� получить желанную оценку в жур­нале - и все . За мети м , что при та ком отношении к математике изучать ее с кажды м годом , месяцем все труднее и труднее, потому что тогда человек не развивает в себе умение рассуждать, анализировать, проводить умозаклю­чения , зачастую запом инает методы решения задач и доказательства теоре м .

Если ж е вы хотите «войти» в математику по-настоящему, овладевайте умением п роводить рассуждения , а нализ, обобщение, пользоваться анало­гией и т . д . Овладевайте метода ми познания математики, основными мате­матическими идея м и . Тогда трудности в изучении математи ки будут, но таки ми , с которы ми вы будете успешно справляться, от преодоления которых будете получать удовлетворение .

7 7

в в

h

с D А А

r <gao 5)

r>gao а)

Рис. 38

А потому , даже если кдея решения на шей проблемы не при ведет нас к желанному результату, мы все равно окажемся в выигрыше .

' Во- первых, круг возможных идей сузился . Во- вторых, всякое разумное рассуждение разви вает и обога щает, а наши

рассуждения будут в данном случае и менно таки м И'. В -третьих, мы приобретем некоторый опыт решения дан ной проблемы и

это нам поможет в дальней ших поисках . В -четвертых, мы будем ближе к решен ию проблемы, чем в начале поиска . В - пятых, приобретенный опыт может оказаться полезным при решении

других проблем . Н о тогда за дело ! Прежде всего сдел аем рисунки ( рис . 38 ) . Рисунок -

это средство пробуждения на шей фантазии , интуи ци и , соста вления плана решения . Рисунок порождает догадку , помогает открыти ю . ·

Итак, обрати мся к рисунку . Пусть нам да ны стороны а и h и у гол между ними у . На рисунке 38, а у < 90° , на рисунке 38, 6 у > 90° . Надо на йти с . Наша идея состоит во включении стороны с в пря моугольный треугольник, из которого с помощью теоремы Пифа гора можно найти с . Поэтому естест­венно из вершины В опустить перпендикул51р на прямую А С.

ПусТьv----оёiiова·нне Этого перпендикуляра . Сторону с можно найти из прямоугольного треугольника A B D . Но для этого надо снаЧала на йти катеты BD и A D . Для удобства ( сокра щения обозначени й ) обозначим BD через h , AD через с' .

Итак , надо найти h и с' ( ил и их квадраты ) . Но это уж п росто . Соот­ношения между сторонами и угл а м и в прямоугольном треугольнике вы уже знаете? Ну, так вот, получаем h = as iny ( в случае а ) ) и h = as in ( \ 80° - y) ( в случае б ) ) . В V I I I классе доказывается , что s in ( 1 80° - у) = s iny . Но тогда и в случае б ) h = as iny . Теперь как найти с'? Знаете, при решении задач и доказательстве теорем всегда полезно ста вить перед собой следующий воп­рос : все ли данные мы использовали? Подумаем над ним сейчас .

Вы видите, данная сторона Ь н а м и еще н е испол ьзовал ась ! К а к ею вос­пол ьзоваться для нахождения с' ?

Видим , что в случае а ) с' = Ь - а' . В случае б ) с' = Ь + а' . Что же остается? Остается найти а' ! А это просто : a'= acosy в случае а) и a' = acos( \ 80° - y). Но вы знаете, что cos( \ 80° - у) = - cosy . Тогда получаем, что в случае б) а' = - acos у (a' = CD ) .

78

Теперь получаем в случае а ) c' = b - a cos у , в случае б ) c' = b - a cos у (один и тот же результат ! ) .

Наконец, можно найти квадрат с : c2 = h2 + (c' )2 = a2s in 2y + (b - acosy)2 = = а2 s in 2 у + Ь2 - 2аЬ cos у + а2 cos2 y = a2(s in 2 y + cos2 y ) + b2 - 2ba cos у .

Итак, и меем с2 = а2 + Ь 2 - 2аЬ cos у . Теперь вы узнал и , что квадрат сторо­ны треугольника ра вен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этих сторон на коси нус угла между ними , есл и искомая сторона противолежит острому или тупому углу . . .

И все? Вы на этом успокоились? Или в ы уже устали? Тогда немного отдохните, а потом попробуйте проявить свою пытливость . . .

Вы знаете, тут напраши вается следующий вопрос. Получается , что при отыска нии стороны треугольника в одних случаях нужно пользоваться одной формулой ( с2 = а2 + Ь2) , в других - другой формулой (с2 = а2 + Ь2 - 2аЬ cos у) . А нельзя ли во всех случаях обойтись одной? А? Конечно ! Если у = 90° , то cos у = О, и получаем из последнего ра венства с2 = а2 + Ь 2 тот же результат, что и при использова н и и теоремы Пифагора ! Значит, фор мула с2 = а2 + Ь2 -- 2abcosy пригодна во всех случаях . Этот и нтересный вывод не означает, конечно, что мы не будем пользоваться теоремой Пифа гора .

Есл и мы зара нее знаем, что угол между двумя заданными сторонами треугольника прямой, то , конечно, воспользуемся теоремой Пифагора . Это проще.

Но есл и нас одолевает сом нение, верно ли мы воспроизвели равенство, вы ражающее теорему косинусов , то установленная связь между двумя фор­мулами поможет нам в п реодолении н а шего сомнения .

Кроме того, есл и необходи мо исследовать, как изменяется сторона тре­угольника в зависимости от меняющегося угл а между други ми двумя дан­ными сторонами треугольника , то теперь нам уже ясно : для этого доста­точно воспользоваться только ра венством с2 = а2 + Ь2 - 2abcosy . А это уже упрощает исследова ние .

Доказанное нами п редложение : квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этцх сторон на косинус угла между ними - является теоремой и носит название те о р е м ы к о с и н у с о в.

Теперь можно расшифровать за головок да нного пункта «От теоремы Пи­фагора - к . . . » : «От теоремы Пифа гора - к теореме коси нусов» . Теорема Пифагора я вл я�тся для теоремы косинуС,ов частным случаем , к о н к р е т и­з а ц и е й . Теорема косинусов является обобщением теоремы Пифа гора . Одни м из проявлений любознательности является постоянное стремление обобщать уже известное или конкретизмровать и меющиеся знания, выяснять, что мы получим применительно к тому или и ному частному случаю. Таким образом, н а ш совет «быть пытливым» здесь конкретизируется : стремись обоб щать и рассм атри вать частные случаи .

П р и м е ч а н и е . Кто-то из вас может резонно задать следующий вопрос . Вот м ы доказали теорему Пифагора . И м не тут же захотелось обобщить ее. А соотношение между сторона м и и углами в п рямоугольном треугольнике еще не изучалось. И что такое коси нус тупого угл а , нам и не снилось. Как быть? Л юбознательность, выходит, есть, а 'удовлетворить ее невозмо�но!

Отвечаем . Вооб ще говоря, бывает и так . И меющи хся знаний еще мало, 79

чтобы провести обобщение . Но тогда хорошо бы спросить у учител я : я вот вижу, что обобщение возможно, да нужны , видимо, еще какие-то сведе­ния . Когда такие сведения появятся? При изучении какой темы ? Учите.1ь , конечно же , удовлетворит ваше любопытство (любопытство науч ное - не порок, а достоинство) .

И если необходи мые знания входят в школьную п рогр а м му по математике, то ждите своего часа , когда вы начнете обобщать . В проти вном случае учитель порекомендует ва м изучить нужную литературу самостоятельно, включит этот вопрос в п рогр а м му м атематического кружка .

Однако в данном случае обобщение возможно и без испол ьзования понятия коси нуса . Тогда в место угл а у понадобится другое да нное - длина отрезка а' (дл и на п роекци и стороны а на прямую А С, рис . 38 ) . Идея про­ведения обобщения остается прежней . Каки м должен быть окончательный результат та кого обобщения ( без использования понятия косинуса ) , м ожно предсказать, пользуясь доказанной нами теоремой коси нусов . Для случая а ) cos у = .!i.._ , отсюда с2 = а2 + ь2 - 2аЬ _о:_ = а2 + Ь 2 - 2Ь а' . а а

Получаем : квадрат стороны треугольника, противолежащей острому углу, равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения одной из этих сторон на. проекцию на нее другой стороны.

Для случая б) cos '\' = - cos( \ 80° - у) = - cos L_ BCD = - .!i_, отсюда с2= а = а2 + ь2 - 2аь ( - � ) = а2 + ь2 + 2Ьа' .

Получил и : квадрат стороны треугольника, противолежащей тупому углу, равен сумме квадратов двух других сторон плюс удвоенное произв

.едение

одной из этих сторон на проекцию на нее другой стороны. Сейчас мы получили два «бескосинусных» ра венства . Но которое из них

является обоб щением теоремы Пифагора ? Ведь в одном из них и меется в виду сторона , проти волежащая острому у глу, в другом - сторона , проти во­лежа щая тупому углу . А гипотенуза - это сторона треугольника , противоле­жащая пря мому углу ! Обобщения-то нет !

Правильно, нет. Пока нет. Чтобы получить обобщение , сначала з аметим , что если у = 90° , то а' = О, и тогда удвоенные произведения 2Ьа' в обоих равен­ствах обра щаются в нуль .

Отсюда получаем, ЧТО с2 = а2 + Ь2 ' т . е . утверждение теоремы Пифагора . А теперь, учитывая замеченное, изменим первую формул и ровку так :

квадрат стороны, противолежащей прямому или острому углу треугольника, равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения одной из них на проекцию на нее другой стороны.

Полученное утверждение явл яется обоб щением теоремы Пифагора . Ан алогично, изменив вторую формул и ровку ( о квадрате стороны, проти­

волежащей тупому углу ) , получи м также обобщен ную формулировку тео­ремы Пифагора . .

Получены два обобщения теоремы Пифагора . Их мож но предста вить ка к одно обоб щение следующей фор мулой и указа нием к ее испол ьзованию : с2 = а2 + Ь 2 + 2Ь а' ; знак « + » берется в случае, когда противолежащий сто-

80

роне с угол тупой, знак « - » берется, если указа нный угол острый ; если противолежа щи й стороне с угол прямой , можно брать любой из знаков . 3 а д а н и е 1 . Выведите последнее ра венство : с2 = а2 + Ь2 + 2Ьа' ( рис . 38) - без использования понятия косинуса . 3 а д а н и е 2. Выясните, как будет изменяться сторона с треугольника, если стороны а и Ь не изменяют своей длины , а угол у возрастает от О до 1 80° .

Возможно, тот, кто учится в V I I I классе, возразит нам , что он доказывал теорему косинусов не тем способом , который здесь описан . «Его» способ, возможно, опирается на понятия вектора , сум м ы векторов и их скалярного произведения и н а много короче нашего.

Идея векторного с пособа состоит в следующем . Смотрите н а рисунок. __ _ __ _ Данный угол у есть угол между векторами СА и СВ, поэтому СА · СВ =

= ba · cos у . Эти м можно воспользова;ъся для отыскания с. Но как? Для этого надо воспользоваться зависи мостью между векторами , задаваемыми сторо-нами треугольника . Она така я : АВ = А С + СВ = СВ - СА . Обе части полу­ченного р а венства возведем скаля р но в квадрат. Получи м АВ2 СВ2 - СА2-- 2СВ - СА = СВ2 + СА2 - 2СВ · CA· cos у , т . е . c2 = a2 + b2 - 2ab - cos у.

Ка к п росто! Нельзя не согласиться, что приведенное доказательство лаконично и изящно.

Раз уж изучили векторы, то грех было бы не воспользоваться таким дока­зательством . Но для этого надо знать векторы ! А предыдущее доказательство теоремы коси нусов не нуждается в векторах . Кроме того, в векторном дока ­зательстве преобладает алгебра , оно не п робуждает геометрическую интуи­цию, '<не геометрич но» . Но это доказательство по-особому п рекрасно своей краткостью.

Есл и же огр аничиться целью - привести доказательство теоремы косину­сов на экзамене ,-- можно отказаться от рассмотрения нашего способа дока ­зательства ( безвекторного способа ) .

Но тут опять заходит речь о важности быть любознательн ы м . И любозна­тельность здесь проявл яется в выяснен и и : а имеются ли другие спосо­бы доказател ьства ? В сегда и нтересно открыть новый способ решения за­дачи .

И с этой точки зрения вся наша работа , п роведенная до рассмотрения векторного доказательства , важна и необходи м а . Кроме того, вероятность самостоятельного отыскания вами безвекторного способа получения теоремы косинусов н а много вы ше, чем векторного, хотя первый способ и длиннее второго. 3 а д а н и е 3 . С помощью теорем ы коси нусов докажите теорему, обратную теореме Пифагора .

Выше рассмотрено, как может возникнуть проблема обобщения теоремы Пифа гора , ка кие другие п роблемы в связи с этим возникают и как они ре­шаются . Сейчас мы покажем , как возникает новая проблема благодаря использованию а н алогии .

Стремление заметить аналогию, отыскать ее и воспользоваться ею еще одно проявление пытливости ума .

8 1

От треугольника - к . . .

Если бы вам предложили написать сочинение о треугольнике, вы бы , види­мо, писали его дол го и оказалось бы оно дли н ны м -предлинным . Попро­буйте сейчас устно перебрать в голове хотя бы часть из того, что вы знаете об этой фигуре .

Вы сделали это? А теперь ответьте, выделили л и вы та кое е го с войство: треугольник разбивает плоскость на две области . Одна из эти х областей ко­нечная , другая - бесконечная .

Этим свойством обладают все простые многоугольники , но треугольник среди них выделяется тем , что имеет наи меньшее число сторон.

Скорее всего, вы не обра щали внимание на указанные особенности тре­угольника . Возможно, потому, что они кажутся вам тривиальн ы м и (т . е . чрез­мерно простыми , чересчур очевидными , не представляющими и нтереса , при ­митивными ) . На са мом же деле свойства треугольника разбивать плоскость на две области, быть м ногоугольником с наименьш и м числом сторон очень глубокие. Сомневаетесь?

Сейчас мы рассеем ваши сомнения . Чтобы настроиться на наш рассказ, подумайте над его названием . Как вы думаете, что там скрыто за м ного­точием? Об этом и пойдет речь.

Итак, треугольник на плоскости - фигурf! особенная . А вот какая фигура , по- ва шему, соответствует ей в пространстве? Ну, видимо, такая, которая пространство разбивает на две области , одна из которых конечная , другая -бесконечная . Из претендентов «На соответствие» вы отвергнете и сферу, и поверхность цилиндра , и поверхность конуса . А почему? Да как-то они не подходят. Отчего не подходят? Ведь они разбивают простра нство на две области , одна из которых бесконечная , другая - конечная . Так в чем же дело? В поиске ответов на эти вопросы мы опи раемся сейчас н а геометри-

82

ческую интуи ци ю, одновременно способствуя усилению интуити вного начала в себе . Говоря о треугольнике, м ы говорим о его сторонах, об их числе. Применительно к тела м вра щения мы аналогии в этом не усматриваем . А вот многогр а нники . . . точнее, поверхности многогранников, более подходят. Мы говори м 6 гра нях, об их количестве. Среди многогранников имеется такой , у которого наименьшее число граней . Таки м многогранником является тетраэдр ( четырехгр а нник) . Вы , вероятно, согл аситесь, что среди фигур в простра нстве тетр аэдр наиболее близок к треугольнику на плоскости .

Ну и что? Чем этот вывод может быть полезен ? Конечно, он интересен сам по себе . Но нельзя л и из него еще что-л ибо извлечь? Давайте порассуждаем .

Если две фигуры в чем-то сходны, аналогичны, то мы всегда ожидаем, что у них имеются еще какие-то сходные свойства. Но свойства треугольника нам известны довольно хорошо. А что, если , «та нцуя» от этих свойств, заняться поиском соответствующих свойств тетр аэдра? Напри мер, около тре­угольника можно описать окружность, притом только одну: Вероятно, около тетраэдра можно описать сферу и притом только одну . Вот и появилась проблем а : верно сформулированное с помощью аналогии утверждение или неверно? Как его доказать или опровер гнуть? Давайте займемся поиском до­казательства .

Что н а м надо доказать? Существование точки , равноудаленной от вершин тетр аэдра . Нужно отыскать какую-то идею доказательства . Для этого может оказаться полезным вопрос : не решали ли мы ранее сходную задачу? Да, решал и . Мы находил и геометрическое место точек, равноудаленных от вер­шин треугольника . Что предста вляет та кое геометрическое место точек? Прямую, перпендикулярную плоскости треугольника и проходящую через центр описа нной окружности . К идее использования этого геометрическог_о места точек мы могл и подойти и и наче, прибегнув к другому совету : не видишь, как решать задачу,- сделай послабление. Не можешь доказать существо­вание точки , равноудаленной от четырех точек,- поп робуй доказать это для

83

трех точек, не лежащих н а одной прямой . Для трех точек задача решена ранее. Как этим воспользоваться для случая четырех точек?

Вы не устали рассуждать и размышлять? Знаете, ученики , не привык­шие это дел ать, в таких случаях обычно говорят : «Вы лучше са м и нам проведите доказательство, а м ы его п о в т о р и М».

Но _м ы всего-навсего хотим научить вас рассуждать, дум ать, мыслить. Мы хоти м . чтобы научный стиль м ы шления стал для вас п ривычны м . А для этого нужно постоянно заниматься настоящей интеллектуальной работой. От­дохнул и? Тогда продолжим наши рассуждения .

Давайте обрати мся к а н а л о г и и . Нам надо доказать, что существует точка , равноудаленная от вершин тетраэдра . Но вернемся к аналогичной т�траэдру фигуре на плоскости - треугольнику. Ка к мы доказывали сущест­вование на плоскости треугольника точки, равноудаленной от его вершин?

Мы рассуждали та к. Искомая точка равноудалена от концов стороны треугольника , следовательно, принадлежит середин ному перпендикуляру к этой стороне . Но она равноудалена и от концов другой стороны, значит, принадлежит серединному перпендикуляру ко второй стороне . Отсюда сле­дует, что точка, равноудаленная от вершин треугольника , я вл яется точкой пересечения серединных перпендикуляров к его сторона м . А что, если , решая такую же задачу для тетраэдра , поступить а налогично?

Искомая точка равноудалена от верш и н грани тетраэдра , значит , принад­лежит геометрическому месту точек простра нства , равноудаленных от вершин этой грани . Но она равноудалена и от вершин другой грани, поэтому принадлежит еще одному такому же геометрическому месту точек. Теперь ясно, что надо доказать : прямая , перпендикулярная к одной гра н и и проходящая через центр описанной около нее окружности , пересекается с аналогичной прямой для второй гр ани . Если это докажем, то точка пересече­ния и будет искомой.

Ну что же, приступим к осуществлению составленного пла н а . Сделаем рисунок (без него трудно рассуждать) ( рис . 39) . Тетраэдр у нас изображен коричневым цветом . Все построения выпол нены черными линиями . К -центр окружности, описанной около треугольника А В С. Точка К является точкой пересечения серединных перпендикуляров КЕ и KF к сторон а м АВ

D

А

Рис . 39

84

[

и ВС. k - прямая , перпендИкулярная к плоскости А В С и проходя щая через точку К и являющаяся геометрическим местом точек , равноудаленных от вер шин треугольника А В С. М - точка пересече­ния серединных перпендикуляров к сторон а м тре­угольника BDC, леж а щих в плоскости этого тре­угольника . Она ра вноудалена от вер ш и н грани BDC, т: е . М - центр описанной около треугольни­К(i BDC окружности ; т - прямая , перпендикуляр­ная плоскости B D C, проходящая через точку М. Эта прямая - геометрическое место точек , равно­удаленных от вершин треугольника BDC.

Надо доказать, что прямые k и т пересе­каются .

П режде всего, прямые k и т не могут быть

параллельными . В против ном случае плоскости АВС и ADC были бы па­раллел ьным и . Остается доказать, что прямые k и т лежат в одной плоскости . Посмотрите на р исунок . Есл и эти две прямые лежат в одной плоскости , то в какой? Видимо, в плоскости KFM. Как это доказать? Давайте заметим сн ачала , какой особенностью обладает эта плоскость .

Прямая ВС перпендикулярна плоскости KF М. Но тогда плоскость АВС перпендикулярна плоскости KFM и плоскость BDC перпендикулярна плос­кости KFM . Поэтому если в плоскости KFM через точку К проведем прямую, перпендикулярную KF, то она будет перпендикулярной плоскости АВС, а потому совпадет с прямой k . Если через точку М в плоскости KF М проведем прямую, перпендикулярную MF, то она будет перпендикулярной плоскости BDC, а потому сов падет с прямой т .

Следовательно, пря мые k и т лежат в плоскости KFM . Мы доказали , что они не параллельны, а значит, пересекаются . На рисунке точка пересе­чения обозначена буквой О .

Итак , точка О равноудалена о т точек А , В и С , а также от точек В, С и D . Огсюда следует, что точка О равноудалена от вершин тетраэдра АВСД. Сфера с центром О и радиусом ОА описана около тетраэдра . Геометри ­ческое место точек, р а вноудаленных от вершин л юбой из граней тетраэдра , есть прямая , проходящая через точку О . Поэтому эта точка единственна .

Ита к, с помощью аналогии м ы получили гипотезу : oкo.Jto тетраэдра можно описать сферу и притом только одну. Затем , опираясь на а налогию с доказа­тельством утверждения , что около всякого треугольника можно описать окружность и п ритом только одну, мы соста вили план доказательства полученной гипотезы и осуществили его .

Таким образом, а налогия помогает сделать м а т е м а т и ч е с к о е о т­к р ы т и е .

* * *

Мы рассмотрел и оди н при мер получения и доказательства гипотезы с помощью а н алогии . Теперь в ы м ожете расшифровать название данного пункта «От треугольника - к" . » : «От треугольника - к тетраэдру» . Нельзя, однако, считать возможности использования аналогии для получения гипо­тез в р ассмотренном примере исчерпанными . Их еще м ного.

Чтобы показать это, обратимся еще . к одному свойству треугольника : медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2: 1 , считая от соответствующей вершины.

Какое же аналогичное предложение можно сфор мулировать примени­тельно к тетраэдру? Чтобы установить это, нередко оказывается полезным выйти за р а м ки матем атики, обратиться к какой-либо физической модели . Предста вим треугольник как бесконечно тонкую однородную пластинку . Р а ­зобьем его на очень узкие полоски , параллел ьные какой-либо стороне. Центр массы каждой такой пластин ки можно считать лежа щим в «середине» пластинки , близкой по виду к отрезку (рис . 40) .

Центры м асс этих пласти нок лежат поэтому на соответствующей медиане .

85

Рис . 40

Оrсюда следует, что центр масс р ассматриваемого треугольника лежит на его меди ане. Но он должен принадлежать и второй медиане . Следовательно, центром масс треугольника я вляется точ ка пересечения медиа н . ·

А теперь посмотри м на медиану треугольника и наче . Она я вл яется отрез­ком , соединяющи м вершину треугольника с серединой противолежащей стороны . С другой стороны , с физической точки зрения ее можно считать отрезком, соединяющим вершину треугольника с центром м ассы противо­лежащей стороны. Какой отрезок применительно к тетраэдру можно считать а!iалогичным медиа не треугольника ? Видимо, отрезок, соединяющи й верши­ну тетраэдра с центром массы противолежа щей гра н и . Но тогда , пока на физическом языке, мы получаем гипотезу : отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центра м и м,асс п ротиволежа щих граней , пересека ются в одной точке и делятся точкой пересечения в одном и том же отношении .

Сформулируем теперь эту гипотезу на языке геометри и . Отрезок, соеди­няющий вершин.у тетраэдра с точкой пересечения медиан. противолежащей гран.и, назовем медиан.ой тетраэдра. Тогда формулировка гипотезы приобре­тет вид : медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся ею в одном и том же отн.ошен.ии. В каком отношении - это е ще надо будет уста н а вли­вать.

Ка к доказать ( или опровергнуть ) ги потезу? Поскольку гипотеза выдвину­та по а налогии со свойством медиан треугольника , то , вероятно, и доказатель­ство гипотезы аналогично доказательству свойства медиа н треугольника . Это предположение не исключает, конечно, существования другого способа доказательства . Во всяком случае , если не во всем доказательстве, то в какой­то его части при менение аналогии может оказать помощь. Поэтому прежде, чем начи нать поиск доказательства гипотезы о медианах тетраэдра , освежим в памяти доказательство утверждения о свойстве медиа н треугольника .

Пусть АЕ и CD - меди аны треугольника АВС. М - точка и х пересечения

86

(рис . 4 1 ) . Проведем Н F - среднюю линию треугольника АМС. DE - сред­няя линия треугольника А В С.

1 . 1 D E \ \ A C, DE = 2А С, HF \ \ A C, HF = 2АС.

Следовател ьно, DE \ \ HF:. и DE = HF. Поэтому четырехугольник DEFH -параллелогр а м м . Отсюда НМ = МЕ , и , стало быть, А Н = НМ = МЕ , DM · = MF, а потому DM = MF = FC.

Получил и , что точка пересечения медиан делит любую медиану в отноше­нии 2 : 1 , считая от соответствующей вершины . Но раз это так, то третья медиа­на любую из медиа н АЕ и CD разделит та кже в отношении 2 : 1 , считая от вершины, следовательно, пройдет через точ ку М пересечения этих медиан . Следовательно, все три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2: 1 , считая от соответствующей вершины.

В п роведенных нами рассуждениях о медианах треугольника имеется один маленький дефект . Вы не за метили его? А он вот в чем . В самой первой строке рассуждений сказа но : пусть М - точ ка пересечения меди а н . Значит, мы считаем , что любые две · медианы треугольника пересекаются . Но почему? И всегда л и ? Во всяком л и тре­угольнике ? Это надо выяснить.

Действительно, луч АЕ пересекает отрезок ВС с кон ца м и на сторонах угла ВА С ( с м . А �::._--'-�---,._--,/! рис . 4 1 ) , поэтому он проходит между эти м и сторон а м и . Отсюда следует, что луч А Е пе­ресекает всякий отрезок с конца ми на сторо­нах угл а ВА С, стало быть, и отрезок CD.

Мы доказали , что л юбые две медианы пересекаются . Теперь фраза «Пусть М - точ - Рис . 4 1

с

87

D

с

А

в Рис . 42

ка пересечения меди а н » не содержит в себе дефекта .

Приступим к доказательству ги поте­зы о свойстве медиа н тетраэдра .

П о а н а л о г и и сначала · на м нужно доказать, что л юбые две медианы тетраэд­ра пересекаются, как и л юбые две медиа­ны треугольника .

Пусть и меем тетраэдр A B CD ( рис . 42) . F - точка пересечения медиан грани А ВС. Н - точка пересечения меди ан грани BCD ( на физическом языке - центры м асс гра ­ней ) . Тогда DF и А Н - две медианы тет­раэдра . Обе они лежат в плоскости A D G . Далее рассуждения а н а л о г и ч н ы тем , которые проводил ись при доказательстве свойства л юбых двух медиан треугольника пересекаться . .

Луч АН пересекает отрезок G D с конца м и на сторонах угла DA G, поэтому проходит между сторонами этого угл а . Но тогда луч А Н пересекает всякий отрезок с конца ми на сторонах угла GAD, а поэтому пересекает и отрезок DF .

Итак, мы доказали, что любые две медианы тетраэдра ( на рис . 42-медианы тетраэдра АН и DF ) пересекаются . Точку пересечения медиан АН и DF обозначим буквой М.

Вопрос, проходят ли остальные медианы тетраэдра через точку М, остается пока открыты м . Ка к же доказать, что другие меди аны тетраэдра та кже пройдут через точку М? Види мо, а н а л о г и ч н о тому, как это доказа­но для медиан треугольника .

Вот если бы доказать, что точка пересечения меди ан дел ит их в одном и

том же отношении, считая , напри мер , от вершины , то отсюда бы следовало, что любая третья медиана должна пересекаться с медианой , например, АН в точке М . Для доказательства изобразим треугольник A D G отдельно ( рис . 43) .

А

Рис. 43

88

D По аналогии с доказательством приме­

нительно к медиа н а м треугольника надо построить параллелограмм со стороной FH; кон цы стороны , проти волежащей FH , дол ­жны принадлежать отрезкам АМ и DM. Но как выбрать эти кон цы ? При доказа­тельстве свойства медиан треугольника мы проводил и среднюю л и нию треугольника AMD. Сейчас на глаз видно, такое построе­ние не приведет к · п а раллелогра мму . По­чему? Да потому, что точки F и Н не являются середи нами сторон треугольника A D G . Но как тогда выбр аны эти точки? Да, точка F делит сторону А G в отноше-

нии 2 : 1 , считая от вер шины А ; точка Н делит сторону D G в отношении 2 : 1 , считая от вер шины D . Для медиан треугольника соответствующее отношение равно 1 : 1 .

Что делать? За мечаем, что отрезок FH = tA D, это следует из подобия

треугольников FH G и A D G . Значит, и сторона параллелограмма , противо­лежащая FH, должна быть равной одной трети AD. А для этого надо отложить

1 1 отрезок ML = зАМ ( ри с . 43 ) и отрезок MN = 3DM, т . е. отрезки АМ и DM нужно делить на три ра вные час.ти . . Целесообразность такого деления вытекает и из соображений а налоги и . При доказательстве свойства медиан треугольника стороны АО и D G был и бы разделены на д в е равные части . Поэтому и отрезки АМ и DM мы делили на д в е равные части . В случае же медиан тетраэдра стороны А G и D G разделены на т р и ра вные части, поэтому и отрезки А М и DM тоже нужно делить на т р и равные части .

1 1 Итак, мы отложили M L = 3А м и MN = 3 DM . Надо доказать, что четы -

1 рехугольник FLNH - параллелогр а м м . FH = 3A D . Это следует из подобия

треугольников F Н G и AD G ( по двум сторонам и углу между ними) . LN = у А D , так как Л LMN = л АМD ( по двум сторонам и углу между ними ) . Следова ­тельно, F Н = L N .

Надо доказать еще, что FH i i L N . Воспользуемся тем , что в гомотетии прямая , не проходящая через центр

гомотетии , переходит в па раллельную ей пря мую.

а ) В гомотетии с центром G и коэффи циентом t прямая A D перейдет в

прямую FH. Следовательно, FH l l A D . б ) В гомотетии с центром М и коэффи циентом + прямая A D перейдет в

пря мую LN. Следовательно, LN i i A D . Но две прямые . (FH и L N), параллельные третьей (AD), параллельны

между собой , т . е . FH i i LN . Поскольку в рассматриваемом четырехугольн и ке F Н N L две противоле­

жащие стороны равны и параллельны, то он является параллелограммом . Но точка пересечения диа гоналей параллелогр а м м а делит их пополам . Поэтому FM = MN, НМ = M L . Отсюда получаем , что АМ = 3МН, DM = 3MF. Последнее означает, что АМ : МН = 3: 1 , DM :M F = 3 : 1 .

Таки м образом, точка пересечения диа гоналей тетраэдра делит диагонали в отно шении 3 : 1 , считая от вер шины . Поскольку этим свойством обл ада ­ет точка пересечения любых двух меди а н тетраэдра , то всякая друга я ме­диана делит медиа ну АН в отношении 3: 1 , а потому проходит чере3 точку М .

Ги потеза о медиа н а х тетраэдра доказана . Она стала теоремой . Сфор мули руем окончательно с войство медиан тетраэдра : все медианы

тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 3: 1, считая от вершины.

89

с

А

Таки м образом , испол ьзуя а н а л о г и ю, мы ввел и понятие медианы тетраэдра . С помо щью той же а н а л о г и и мы выдвинули ги потезу о свойстве медиан тетраэдра . Опира ясь на а нало� rию , мы доказали выдвинутую гиqотезу .

Теперь вы еще р а з убедил ись, насколько по­лезно опираться на аналогию при проведении rассуждений и доказательств .

!'нс . 44 Вы, вероятно, заметил и также, наскол ько важно быть ши роко эрудированным человеком :

ведь понятие «медиана тетраэдра» получено нами путем испол ьзова ния зна­ний из курса физики .

Последние рассуждения мы проводил и, возвратившись в пл ани метрию. Получается, что стереометри чес кие зада чи могут поста вить новые проблемы и в планиметр и и .

* * *

Метод, которы м мы воспользовал ись при доказател ьстве свойства медиан треугольника и свойства медиан тетраэдра , назовем методом построения вспомогательного параллелогра м м а . Чтобы овл адеть им более надежно, вы­полните следую 1цие два за.да ния :

3 а д а н и е 4 . Глядя на рисунок 44, сформулируйте гипотезу и докажите ее. 3 а д а н и е 5. Обоб щим вредшествующие задачи , при решен ии которых

мы пол ьзовал ись методо м построения вспомогател ьного параллело грамма.

Пусть на рисунке 44 B E = J_A B B D = }_ B C. Докажите, что точ ка пересече-- ll ' п

ния A D и СЕ делит эти отрез ки в одном и том же .отношении , считая от вершины да н ного треу гольника · А В С. Н а йдите, чему равно это отношение.

3 а д а н и е 6 . Во вся кий треугольник можно вп исать окружность и притом только одну . Сфор мули руйте а н алогич ное п редложение для тетраэдра и дока-жите его.

'

3 а д а н и е 7 . Середи ны сторон треу гол ь н и ка я вляются вер шинами ново­го треугольника , стороны которого соответственно параллельны сторонам да нного. Сфор мулируйте предложение, а н алогичное дан ному, для тетраэдра.

3 а д а н и е 8 . Вы соты треугольника пересека ются в одной точ ке. Пере­секаются ли в одной точке все высоты тетраэдра , проведе нные из его вершин?

* * *

На этом пока наши путешествия от треугольника к тетраэдру ( и обратно) мы закончи м . Обрати м теперь внима ние на то, что а налогия помогает нам сформулировать новую гипотезу . Но полученная гипотеза может оказаться и

неверной . К тому же нередко а налогия усматривается не в существе дела, а во внешней форме, в сходстве за писи, сим волов . В таком случае говорят об ошибочной аналогии . Возни кает вопрос : а можно ли что-л ибо <<извлечь» из ошибочной а налогии? Об Этом и пойдет речь в следую щем пункте . '

90

Н ел ьзя л и извлеч ь пользу и з ошибоч ных ан алоги й ?

Всем известно тривиальное ра венство а(Ь + с) = аЬ + аё. Оно выра жает распределительный закон умножения относительно сложения . Но вот вы по-

лучили задание : н а йти значение s in (a + B), если s iп а = +. s i п В = �3 . а и

� - углы острые . На шелся ученик, который решил задачу та к : s i п (a + B) = s iп a + s iп B = 1 -[3 1 + - Гз 1 + 1 7 2 7 = 2 + 2 = � � -2-·- = 2 � 1 ,3 . Другого ученика осенила догадка :

• . 1 u 30 о :- R. -Гз R. если s ш а = 2 и угол а остры и , то а = ; поскольку s ш 1-' = � и угол 1-' ост-

рый, то· В . 60° . Стало быть, а + В = 90° , откуда s i п (a + B) = s iп 90° = 1 .

Где же ошибка ? И в чем она ? Вы правы, ошибся первый ученик . Его подвел а ложная аналогия .

С выражением s i п (а + В) он поступил по аналогии с тем , как поступают с выражением а(Ь + с) . Распределительный закон ум ножения одночлена на двучлен он перенес не на ум ножение, а на знак си нуса по отношению к сумме двух углов . Но для знака си нуса распределительный за кон не выпол няется . Ответ второго ученика , реш и вшего задачу верно, подтверждает это .

Первый ученик воспользовался аналогией на основании внешнего сход­ства в записях двух выражений .

В самом деле, обе символические записи сходны : в обои х случаях имеется сум ма Ь + с и а + В . только вместо символа «а>> во втором случае поста влен символ «s iп» . Вне ш не разни цы в записи нет, а вот по существу . . . В одной за ­писи «а>> - это м ножитель, в другой «s iп » - это зна к функции .

JITUЧLE MO.тJO"ho ? •

..,. D. •

9 1

Ита к, невер ное при менение а налоги и нами «разоблачено» . Но нельзя ли из этой неверной, ошибочной аналогии извлечь какую-то пользу? В да нном случае можно.

Появляется , напри мер, такая г и п о т е з а : существуют такие значения а и /3, для которых выполняется равенство s in (а + /3) = s in а + s in /3 . И нтерес­но выяснить, верна . ли она .

Сразу видно, что если а = 360° k , т о указанное равенство верное. Посколь-ку 360°k - период синуса, то s in (360° + /З) = s in 13 .

С другой стороны, по проверяемой формуле получаем тот же резуль-тат : sin (360° + /З) = s in 360° + s in /3 = s in 13 . Гипотеза , следовательно, верна . Однако ста вить на этом точку неразумно и неи нтересно . Хорошо бы найти все такие значения а и /3, при которых ра венство s i n (a + /З) = s i n a + s in /3 будет верны м .

Вот и появилась новая проблема . Человек пытливый н е удержится, «пустится» в новые поиски , в разгадывание возникшей «за гадки » . Ну что же, пойдем вместе с н и м . Для удобства назовем последнее ра венство стра н ным .

Та к как же на йти такие значения а и /3 , при которых это странное ра венство верно? Тут надо найти какую-то идею . . . Давайте ( на м это делать не впервые ! ) прибегнем к помощи анализа . Без анал иза мы будем искать решение вслепую.

Д.;�я того чтобы стра нное ра венство было верным , между значениями а и /3 должна выпол няться ка кая -то зависимость . Но кака я ? И как ее найти?

Види м , что в левой части ра венства а р гумент сложный , он я вляется сум­мой двух других аргументов а и /3. В пра вой части а р гу мента ми я вляются а и /3 .

Идея может состоять в том , чтобы вы полнить такие преобразова ния ле­вой и пра вой частей странного ра венства , при которых аргу менты в обеих час­тях оказались бы одинаковым и . Что можно сделать с пра вой частью?

Ее можно преобразовать в произведение си нуса полусум м ы на коси нус полуразности аргументов . . . Что это даст ? Ведь в правой части сум м а а и /3. Это нас не устраивает. Н адо, чтобы и в левой части была полусумма . . . Подождите, а что, если и левую часть преобразовать та к, чтобы появилась полусумма а и /3 ? Это же можно сделать !

Достаточно рассм атривать s i n (а + /3) ка к си нус двойного аргумента !

Вот что у нас тогда получается : 2 s i n � cos � = 2 s in �cos а;-(3 . В левой и правой частях теперь есть одинаковый м ножитель s in � 2 .

Есл и он р а вен нулю, то ра венство наще будет верным .

вии этот множитель равен нулю? Если �= \ 80° k . 2

При каком же уело-

Отсюда

= 360° k. Получили , что есл и а и /3 в сум ме дают число, кратное 360, то стран ­ное ра венство верное. Теперь мы можем привести бесконечное м ножество пар значений а и 13 , при которых получим вер ное ра венство. Например: 90° и 270° ; 1 50° и 2 1 0° ; - 20° и 380° и т . д,

92

Итак, случай, когда sin a + f:I = 0, мы учл и . Теперь пусть sin a + r:1 + о. 2 2

Тогда на этот множитель можно сократить, не теряя кор нf>и ура внения

с дву м я пере м е н н ы м и а и /3 . После сокр а ще н и я получаем cos а + � = 2

= COS �. 2

При како м условии коси нусы двух а р гу ментов равны? Это возможно в двух

случа я х : 1 ) � = � + 360°m или 2) �= - �+ 360°п . 2 2 2 2

Отсюда а + /3 = а - /3 + 720° т , 2 13 = 720° т , /3 = 360° т , или а + /3 = 13 - а + + 720°п , 2а = 720° п , а = 360° п . Оди наковые значения а и /3 следовало ожи­дать : ведь а. и /3 в условии задачи ра вноправны .

Итак, стр а н ное ра венство s in (a + /3) = s in a + s in /3 верное, если сум ма гр адусных мер а и /3 кратна 360 или значение хотя бы одной из переменных а или /3 в градусах кратно 360 . Поста влен ная проблема решена . Числа k , т , п в задаче целые .

А теперь подумайте : какую аналогичную задачу сформулировал бы пыт­ливый ученик, реши в только что рассмотренную? Сформулируйте ее и решите . Кстати , вот одна из возможных задач :

3 а д а н и е 9 . При каких значениях а и 1:1 верно равенство cos (а + /3) = = cos a + cos /3 , есл и 13 = а?

А вот еще одно задание : 3 а д а н и е 10 . П р и каких значениях а и Ь верно равенство l g (а + Ь ) =

= l g a + l g b ? Как в иди м , ошибочные аналогии могут порождать довольно интересные

проблемы. Их решение; с одной стороны , требует свободного владения мате­риалом , а с другой - способствует более глубокому овладению знания ми . Поэтому полезно быть пытливым даже тогда , когда встречаешься с , казалось бы, несуразными а н алоrиями . Из них все-таки кое -что мож но извлечь и при­том , возможно, интересное и полезное.

И ногда в самом возн и кнове н и и пробле м ы содержится идея е е ре ше н ия

П редставьте, что вы еще не знаете, ка к решить квадратное уравнение. Для начала учитель предложил вам та кое простенькое уравнение : х2 = 4 . Вы тотчас его решили : х 1 = 2, х2 = - 2. Затем в ы выясняете, как решить уравне­ние такого вида в общем случа е : х2 = а; есл и а < О- корней нет · если а = О, уравнение имеет единственный корень - 0 ; если а > О , то х1 =7а, х2 = - -fG,.

Теперь в а м предла гается ура внение посложнее : (х + 1 )2 = 4 . Как его ре­шить? Это несложно : х + 1 = 2 или х + 1 = - 2, откуда х 1 • 1 , х2 = - 3 . В об щем виде это выгл ядит та к : (х + а)2 = Ь . Если Ь < О, ура внение корней не имеет. Есл и Ь = 0, то х + а = О, откуда х = - а - и меется единственный ко-рень . Если же Ь > О, то х + а = -{Ь или х + а = - -..JБ, откуда Х 1 = - а + -..JБ, х2 == - а - -..JБ .

Кажется , все идет гл адко, но вот кто-то зая вил, что ура внение (х + 1 )2 = 4 он стал решать иначе и у него ничего не получается . О н раскрыл скобки, а

93

4 перенес в левую часть с противоположным знаком : х2 + 2х + 1 - 4 = 0, после чего получил ура внение х2 + 2х - 3 = О . Что делать дальше, он не знает .

Понятно, вЬ1 ему объясните, что возводить в квадрат и переносить 4 в ле­вую часть не нужно было, что он своими преобразова ниями все усложнил и что надо было поступать ка к все во гл а ве с учителем . И вы будете правы.

Ну, а тот ученик не сдается . Он спраши вает вас: а ка к все-таки поступить, если дано уравнение, например , такое : х2 - бх - 5 = 0 ? Ка к же его решить? Вы заду мались над возни кшей проблемой . ,

Для простоты вы решили вернуться к ура внению, полученному при не­удачном решении ура внения (х + 1 )2 = 4 . А что нужно сделать, чтобы решить равносил ьное этому ура внению х2 + 2х - 3 = 0, полученное незадачливым у че ником? А что есл и . . . его «вернуть» к первоначал ьному виду? Как? А просто .

Предста вим левую ча сть «неуда чного» уравнения иначе : х2 + 2х + 1 - 4 = = 0 . Первые три сл агаемых левой части представляют собой квадрат суммы двух выражени й : х2 + 2х + 1 = (х + 1 )2 . Но это же удача ! Получаем теперь, что (х + 1 )2 - 4 = 0, откуда (х + 1 )2 = 4 , а дальше решаем получен ное ура вне­ние так, ка к мы это уже сделали !

Ну, а теперь мы , вероятно, справимся и с ура внением х2 - 6х - 5 = 0? В чем идея ? А надо выдел ить квадрат су м м ы . . . извините, здесь нужно выде­лить квадрат разности двух выражений так, чтобы неизвестное содержа­лось в нем, но не содержалось в «оста ющемся» вы ражении . Тогда получим (х2 - 6х + ?) - ? = 0 .

Но какие же числ а должны стоять на месте вопросител ьных знаков? Ну, та кие, чтобы в скобках оказался квадрат разности двух выраже­ний . Поскол ьку 6 = 2 · 3 , то вторым выражением является число 3, по­это му получаем (х2 - 6х + 9) - 1 4 = 0, (х - 3)2 - 1 4 = 0, (х - 3)2 = 1 4 , значит,

94

х - 3 = -JТ4 или x - 3 = - -Jl4, откуда х , = 3 -±_Щ , Х2 = 3 - -JТ4. Кратко оба корня записывают иногда так : x 1 , 2 = 3 + yi l 4 .

В рассмотрен ном случае в самом возни кновении проблемы решения квад­ратного ура внения х2 + 2х - 3 = 0 содержится идея, воспользовавшись ко­торой можно его решить. Эта идея состоит в выделении квадрата суммы (или разности) двух выражений, причем так, чтобы вне выделенного квадра­та неизвестного не было. Но если эта идея при водит к решению конкрет­ных квадратных уравнений , то почему бы ею не воспользоваться для реше­ния квадратного ура внения общего вида ах2 + ьх + с = О?

В в а шем учебнике показа но, как при менение указанной идеи при водит к получению формулы нахождения корней любого квадратного ура внения (если , конечно, корни и меются ) .

·

Ита к, полезно проанализировать , как возникла та или иная математичес­кая проблема. Возможно, это поможет найти идею решения.

В следующем зада нии вам предла гается самостоятельно разобраться с аналогичным случаем . 1

3 а д а н и е 1 1 . аны ва отрезка а и Ь , приче м а > Ь . Надо построить от­резок х = (а + Ь )2 - 4Ь2 . Как вы будете решать задачу?

Оди н из учеников осуществил возведение в квадрат, потом привел подобные члены . . . и задумался : что же делать дальше? Тупик? Ему стали разъяснять, что раскрывать скобки не нужно было, а нужно, наоборот, · воспользоваться имеющейся записью . Какую идею вы извлечете из действий этого ученика ? Восполь• зуйтесь этой идеей дл я построения отрезка у = -,) а2 - 4аЬ - 5Ь2 , если отрезки а и Ь заданы и а > 5Ь .

А что получ и м в стереометрии ?

Л юбознательный и пытливый ум приведет любого ученика с самого начала изучения и м стереометрии к большому числу геометрических проблем . В пункте 2 вы уже убедил ись в этом . Рас­смотрим еще ряд при меров .

1 ) Д а н ы п р я м а я а и т о ч к а В в н е е е . С к о л ь к о с у щ е с т в у е т п р я ­м ы х , с о д е р ж а щ и х т о ч ку В и н е п е р е с е к а ю щ и х п р я м у ю а?

В пл ани метрии такая прямая единс� венна . А как обстоит дело в стереометрии ? Так же или иначе?

Чтобы ответить на поста вленный вопрос, проведем плоскость а через прямую а v. точку В ( рис . 45 ) . В этой плоскости через точку В проведем прямую Ь , параллел ь­ную прямой а. По аксиоме стереометрии существуют точки, не принамежащие плос-кости а. Пусть С именно такая точ ка. Тогда Рис . 45

95

"")7,!J;DDDТEJЬHO ·! ЧЕРЕЗ (J.10'IKY ПPOXOlirU'I1--:.iE CJ?;0 -.:t)ЗЧ.ЯО мпоrо ПРЯМЫХ �f1 11EPE �Eka.IOЩllX •

r .21rаян� 1 �яяпо .

\._

прямая ВС имеет с плоскостью а только одну об щую точку В, так как в про­

тивном случае она бы лежала в этой плоскости и точ ка С принадлежала

бы плоскости а , а это не так . Здесь мы использовали , как вы заметили,

теорему: если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся прямая при­

надлежит плоскости . Итак, и меем : прямая а лежит в плоскости а , а прямая

с пересекает эту плоскость в точке В, которая не принадлежит пря мой а.

Значит, пря м а я с не и меет общих точек с п ря мой а. Таки м образом, через

точку, не принадлежащую данной Прямой , можно провести в пространстве

более чем одну пря мую, не имеющую общих точек с да нной пря мой .

Аналогично тому, как была построена прямая с, можно построить другие

прямые - е, d и т . д., не и мею щие с пря мой а общих точек ( с м . рис . 45) .

Итак, через точку вне данной прямой а можно провести в пространстве

много (можно доказать - бесконечно много) прямых, не имеющих общей

точки с данной прямой . Одна из них будет параллельной а . Полученный вывод важен . Вы убедились, что если некоторая п р я м ая не

имеет общих точек с да нной прямой , то это е ще не означает, что она парал­

лельна дан ной пря мой . Необходи мо еще доказать, что эти пря мые принадле­

жат одной плоскости, и тогда делать заключение об их параллел ьности .

2 ) Д о и з у ч е н и я с т е р е о м е т р и и м ы х о р о ш о з н а л и , ч т о

ч е р е з к а ж д у ю т о ч к у м о ж н о п р о в е с т и п р я м у ю, п е р п е н­

д и к у л я р н у ю д а н н о й , и п р и т о м т о л ь к о о д н у . Н о э т о

п р е д л о ж е н и е б ы л о в е р н ы м в п л а н и м е т р и и . В е р н о л и

э т о п р е д л о ж е н и е д л я п р о с т р а н с т в а ? Давайте выясни м . Вот

вам и новая п роблем а !

Пусть а - дан ная прямая и В - точка в н е е е ( рис . 46) . Через пря мую а

и точку В проведем плоскость а . В этой плоскости через точку В можно

провести пря мую, перпенди кулярную а, и притом только одну. Таки м образом,

в пространстве через точку вне пря мой можно провести только одну прямую,

пересекающую да нную пря мую и ей перпендикулярную.

96

Выясн и м теперь, сколько прямых , перпендикулярных пря мой а, можно провести через точку А этой прямой ( рис . 46) . В плоскости r:x через точ ку А можно провести пря мую, перпенди кулярную а ( на рисунке это прямая m ) . Через точку, взятую вне плоскости r:x, и прямую а проведем плоскость � · В этой плоскости через точку А та кже можно провести прямую, перпендику­лярную а ( на рисунке это прямая m 1 ) . Возьмем з атем точку, не п � �шад­лежа щую плоскостя м r:x и � ; через прямую а и эту точку проведем плоскость у . В плоскости у про ведем через А прямую т , перпендикулярную прямой а. Видим, что через точку А пря мой а мы провели уже три прямые, перпендикулярные а. Этот процесс построения можно продолжать неограниченно. Таки м образом, через точку на прямой в простра нстве можно провести сколько угодно пря­мых, перпенди кулярных дан ной прямой .

Как видим , п редложения , доказанные в плани метрии (для одной плоскос­ти ) , могут оказаться неверными , когда и меется в виду пространство .

3 а д а н и е 1 2 . В V I классе было доказано, что две пря мые, перпенди­кулярные третьей, параллельны. Верно ли это утверждение д.пя простран­ства?

3 а д а н и е 1 3 . В планиметрии доказано, что через любые три точки , не принадлежа щие одной прямой , мо:Жно провести окружность и притом толь­ко одну . Верно ли это утверждение для простра нства? Сколько существует сфер , проходящих через указанные три точки?

3 ) Поговорим о геометрических местах точек на плоскости и в простран­стве. Геометрическоt! место точек, равноудаленных от двух да нных точек, есть прямая , перпендикулярная к отрезку, соединяющему эти точки , и проходящая через его середину, утверждает одна из теорем планиметрии . Короче : геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка, есть серединный перпендикуляр к этому отрезку.

Верно ли данное утверждение в пространстве? На рисунке 47 прямая с -серединный перпенди куляр к отрезку АВ . О - середина отрезка АВ, С -точка, равноудаленная от точек А и В. Прибегнем теперь к наглядным механическим представлениям . Предста вьте, что прямая с вра щается, как

в

Рис. 46 Рис. 47

4 . За к. 1 823 И. Л . Н икольс кая 97

h а

с

[

Рис:. 48

спица колеса с осью АВ. Точка С при этом опи шет окружность . Поскольку при вра щении расстоя ния СА и СВ не меняются, то все точки . описанной точ­кой С окружности равноудалены от то­чек А и В. Прямая с при указанном вра щении опишет пJiоскость, проходя­щую через середину отрезка АВ и пер-пендикулярную ему. Все точки этой

плоскости а равноудалены от концов отрезка А В . Точки, не принадлежа щие п_лоскости а, не равноудалены от точек А и В. Таким образом , геометриче­ское место точек пространства, равноудаленных от двух данных точек, есть плоскость, перпендикулярная к отрезку, соединяющему эти точки, и прохо­дящая через его середину.

Вот еще одно популярное в плани метрии геометрическое место точек: все точ ки, удаленные от да н ной прямой на одно и то же зада нное расстояние, образуют две пря мые, параллельные данной и отстоящие от нее на заданное расстояние.

Пусть в некоторой плоскости прямые Ь и с параллельны прямой а и отстоят от нее на одно и то же расстояние h ( рис . 48) . Проведем в упомянутой плоскости отрезки В С и EF с концами на прямых Ь и с и перпендикулярные этим прямым.

Теперь представи м , что BEFC - прямоугольная р а м ка , вра щающа яся во­круг оси а ( с м . рисунок) . Участки ВЕ и CF этой ра м ки при вращении опишут боковую поверхность цилиндра, основаниями которого я вляются круги, опи­санные участкам и ВС и EF. Ясно, что все точки боковой поверхности образо­вавшегося при вра щении цил и ндра удалены от прямой а на одно и то же за­да нное расстоя ние h. П рямые Ь и с при вращении вокруг прямой а образуют бесконечную цили ндр1:1ческую поверхность. Все точки этой поверхности уда­лены от прямой а на да нное расстояние h. Точки , не принадлежа щие цили нд­рической поверхности , находятся от прямой а на расстоянии , не р а в ном h .

Таки м образом, геометрическое место точек пространства, удаленных от •данной прямой на заданное расстояние, есть цилиндрическая бесконеч­ная поверхность с осью а и радиусом, равным заданному расстоянию.

Рассмотри м еще оди н при мер рождения геометрической проблем ы при переходе от плани метрии к изучению стереометрии .

[ Е

h h

А в h h

D F а) о)

Рис. 49 98

Что представляет собой геометрическое место точек, удаленных на данное расстояние от заданного отрезка? На рисунке 49, а зада н отрезок АВ . Геомет­рическое место точек, отстоящих от отрезка АВ на расстоя н ие h, состоит из отрезков СЕ, DF и двух полуокружностей с центрами А и В и радиуса ми h ( на рисунке оно изображено коричневым цветом ) . Так обстоит дело в пла­ниметри и .

Ка кую ж е фигуру образует м ножество всех точек, удовлетворяю щих указа нному свойству, в пространстве? Представьте, что указанное плоское геометрическое место точек вра щается около отрезка АВ как вокруг оси ( рис. 49, б) . Тогда отрезки СЕ и DF опишут боковую поверхность цилиндра ; полуокружности с диа метра м и CD и EF опишут полусферы . Всякая точка , принадлежащая боковой поверхности цил индра или образова вши мся полу­сфера м , удалена от отрезка АВ на расстояние h . Точки, зани мающие другое положение, удалены от отрезка АВ на другое расстоя ние.

Таким образом, геометрическое место точек пространства, удаленных от данного отрезка на данное расстояние, представляет собой объединение боковой поверхности цилиндра, осью которой служит данный отрезок, с двумя полусферами, центрами которых служат концы данного отрезка, а радиусы равны заданному расстоянию ( с м . рис . 49, б) . ·

3 а д а н и е 1 4 . Что предста вляет собой геометрическое место точек, рав­ноотстоя щих от верш и н прямоугольника : а ) на плоскости ; б ) в пространстве?

Итак, мы увидели , что перенос геометрических знаний из планиметрии в стереометрию приносит много математических проблем. Одна из черт пыт ли­вого в области математики человека - это стремление выяснить, как изме­нится то или иное утверждение планиметрии при переходе его в стереометрию.

За метим , что, рассматривая геометрические места точек в пространстве, мы стрем ились добиться хороших на глядных представлений , пони мания существа дела и зачастую поступались строгостью изложения, пол нотой обоснования , доказательства . Проси м читателя учесть это.

Мале нь кое за ключен ие

Ита к, м ы рассмотрели с вами , как рождаются новые математические проблемы , гипотезы, как они разрешаются . Хотелось бы, чтобы эта сторона математической деятельности стала ва шей потребностью, неотъемлемой чертой в а шей личности. Постоянный интерес к тому, как возникают новые, пусть неболь шие, математические проблемы - один из самых эффективных способов поддержания и развития интереса к изучению математики. Если вы еще и наделены страстью во что бы то ни стало решить появившиеся проблемь�, вас всегда будет сопровождать счастье математических открытий. Более того, оно будет внутри вас. Да и нужно иметь в виду, что новые всходы увлекательных математических проблем могут появиться лишь в тру­дах над разрешением предшествующих им.

И тут мы приходим к мысли о необходимости овладения той математикой, которая изложена в школьных учебниках . . . Правда, математику можно изу­чать по-разному. Можно только выучивать, а можно изучать ее пытливо, раз­вивая и совершенствуя свой математический склад ума. Впрочем , уверены, что вы предпочтете последнее . . .

4* 99

Ответы, указания , решения к зада н и я м из рас­сказа « Ка к рождаются проблемы» . 3 а д а н и е \ . 1 -й случай. Угол , проти волежа­

щий стороне с, остр ый ( ри с . 38, а ) . Сна чала осознайте пл а н решени я . Не и зучайте предл а гаемое решение строку за строкой в с л е п у ю . При таком подходе усвоение будет краткосрочным, непроч н ы м , п ринесет м а ­л у ю пол ьзу. Сначала подум а йте н а д пл а но м са м и . Подум ал и ? Теперь поп робуйте осу­ществить его са мостоятел ьно. Са мостоятел ьно решен ная зада ча дороже десятка выученных готовых решен и й . А вот н а ш пл а н решения зада ч и . Он необяз а ­тельно совпадает с ва ш и м и совсем необяза ­тельно лучше ва шего. Воспол ьзуйтесь и м н а кр а й н ий случай - когда у в а с что-то не п олу­чаетс я .

1 ) Восп ол ьзова в шись теоремой П и ф а гора, вы­разим с2 • через h. и с' . 2) С нова с помощью теоремы П и ф а гора в ы ­

разим h2 через а и а' . В ы помните, что н а м

сейчас дано а, а' - п роекци я а на Ь , и Ь ? З а ­тем вырази м с' через Ь и а' . 3) Подставим полученные значения h2 и с' в

ра венство, полученное внач але, выпол н и м тож­

дественные преобразов а н и я , получ и м нужное

ра венство.

1 00

Есл и в а м понятен предложенный пл а н и ничего лучшего вы предл ожить не можете, п ристу­п а йте к его выпол н е н и ю . . . Вы получили же· л а н н ое р а венство?

Приступайте к выполнению следую щего зада· нии . . . Ил и у вас что-то не получается ? Ну, тогда вот решение . Кстати, его не стоит про· сматр и вать сразу до кокца . Расс м отрите ту часть, посл е которой вы почувств уете в себе силы продол жить решение самостоятельно. \ ) C2 = h2 + (c' )2 . 2) h2 = a2 - (a')2 • с' = Ь - а' . 3 ) с2 =а2 - (а' )2 + ( Ь - а' )2 = а2 - (а' )2 + Ь2 -- 2Ьа' + (а')2 = а2 + Ь2 - 2Ьа' . 2-й случай . Угол , противолежащий стороне с,

тупой ( ри с . 38, 6) . Пла н решения та кой же. Под отрезком с' , как

и в предыдущем случае, будем п одр азумевать

пр оекцию с на п р я мую А С ; с' = A D ( как и в первом случае) . Отл и ч ие л и ш ь в том, что с' =

= Ь + а'. В итоге получим с2 = а2 + Ь2 + 2Ьа'. 3-й случай. П роти волежащий стороне с угол

пр я м ой .

Тогда а' равно нулю. Оба получен н ы х равенст·

ва дают тогда оди н и тот же резул ьтат : с1 =

= а2 + Ь 2 , выражаемый теоремой Пифа гора.

Для третьего случая , сл едовательно, подходит

любая из двух п олуче н н ы х фор мул .

3 а д а н и е 2, По теореме коси нусов с = = -.Ja2 + b 2 - 2ab cos y. При возрастании у от О до 1 80° cos у убьtвает от 1 до - 1 , поэтому 2аЬ cos у будет убывать от 2аЬ до - 2аЬ , а - 2аЬ cos у будет возрастать от - 2аЬ до 2аЬ . В предел ьном случае, когда у = О, С = =-.J а2 + Ь2 - 2-;;6 = �bf = l a - Ь I . В другом предельном ел чае, когда у= 1 80° , с = -.Jа2 + ь2 + 2аь ·= (а + ь)2 � а + ь . Таким образом, при возрастании угл а у от О до 180° сторона с возраст ает от l a - b l до а + ь . н е вкл юч ая эти два значени я . 3 а д а н и е 3. Пусть а , Ь , с - стороны неко­торого тр еугольника . Д а н о : с2 = а2 + Ь2 • Д о к а з а т ь : угол , проти волежа щий стороне с, прямой . Д о к а з а т е л ь с т в о . П о теореме косинусов с2 = а2 + Ь2 - 2аЬ cos у, где у - угол треуголь­ника, противолежа щий стороне с. По условию с2 = а2 + Ь2 • Следовательно, а2 + Ь2 = а2 + + b 2 - 2ab cos y. Отсюда cos y = O, поэтому 1• = 900 . 3 а д а н и е 4. На рисунке 44 отрезки А В и СВ разделены на 4 равные части, Точ ка Е делит сторону АВ в отн ошении 3 : 1 , с читая от точки А . Точка D делит сторону СВ в отн ошении 3: 1 , считая от точки С. Отрезки A D и СЕ а н а л о-

г и ч н ы меди анам треугольника на рисун ке 4 1 и отрезкам А Н и DF на рисунке 43. П о а и а л о г и и в да нном случае отрез­ки AD и СЕ должны пересекаться и точкой пере­сечения делиться в отношении 4: 1 . Докажем эту гипотезу. 1 ) Докажем сн ачала, что отрезки AD и СЕ пе­ресекаютс я . Доказательство а н а л о г и ч н о Предыдущи м : о точке пересечения медиан тре­угольника и точке пересечения медиан тетр аэд­р а . Луч AD проходит между сторонами угла ВА С, поскольку пересекает отрезок ВС с кон ­цами на сторонах угл а . Следовательно, он пе­ресекает отрезок СЕ с концами на сторонах названного угла . А н а л о г и ч н о луч СЕ пересекает отрезок AD. Значит, отрезки AD и СЕ пересекаются . Точку пересечения обозначим F. 2) Докажем, что AF :FD = CF:FE = 4 : 1 . Дока ­зательство проведем а н а л о г и ч н о тому, как мы это делали при уста новлении свойства медиа н тетр аэдра . На отрезке AF возьмем точ ­ку Н , такую, что AH:HF = 3: 1 . На отрезке CF возьмем точку К, такую, что CK:KF = 3: 1 . д EDB = д А СВ , причем коэффициент подо-

1 1 бия k = т Следовательно, ЕD = тА С. Ука -

занные треугольники гомотетич ны с центром гомотетии В, поэтому ED ll A C. Треугш1ьники

ТЕОРЕМа пптаrора

о

1 0 1

H KF и A CF гомотети ч ны с центром гомотетии

F и коэффи циентом гомотетии, равным Т· п о-

1 этому НК = 4А с н HK ll A C. Получили " что

ED =HK н ED ll HK. Отсюда следует, что четы ­рехугольник HKDE - па раллелогра м м . Сле­довательно, HF = FD, отк уда A f: fD = 4 : 1 , KF = FE, а это зн ачит, что Cf: fE = 4 : 1 . 3 а д а н и е 5. Доказател ьство совер шенно аналогичоо предыдущему. Нужно только вместо числ а 4 rюдста вить число п , а вместо числ а 3-- числ о п - 1 . Проведите рассуждения само­стоятел 1,но. Вспомогательный па раллелогра м м стр оится а н а л о г и ч н о . Для проведения до­казательсrва можно воспользоваться рисунко м 44 . Получим , что A F : FD = CF:FE = п : I . 3 а д а н и е 6. Во всякий тетраэдр можно вписать сферу и притом только одну. Дока жем это. Что нам надо доказать? Что су ществует точка , равноудаJrенная от всех гра ней тетр аэдра . Она и будет явл яться центром вписан ной в тет­раэдр сферы . Радиус вписанной сферы будет равен дл ине перпендикуляра , опущен ного из центр а сферы на любую из гра ней тетраэдра . Осн ова ние любого из та ких перпенди куляров есr ь точка каса ния сферы с соответствующей гранью. Поста вим перед собой сначала более простую задачу: найти точ ки, равноудален ные от гра ней двугранного угла тетр аэдра. П ричем нас будут интересовать те из них , которые ле-

D

[

1 02

жат внутр и тетраэдра, поскольку точки вне тетр аэдра не могут быть центр а м и вписанной сферы. Возьмем сначала, например, двугранный угол A B CD ( рис . 50) . Точки тетраэдра , ра вноуда­ленные от полуплоскостей А В С и DBC с об­щей огра ничивающей их пря мой В С, лежат в пл оскосrи симметр ии , проходя щей через ВС. Плоскость сим метр ии пересекает отрезок AD с

кон цами в гранях двугран ного угла A B CD в некоторой точ ке Е. д ВЕС я вл яется сечением тетраэдра рассматриваемой плоскосrью сим­метр и и . Искомая точка, ра вноудален ная от гра ней двугранного угла A B CD и я вл я ю щаяся центр ом вписан ной сферы , принадлежит тре­угольнику ВЕС ( его внутренней обл асти) . Возьмем затем двугранный угол DA Bt. Точки тетраэдра , равноудаленные от его граней , при надлежат их пл оскосr и сим метр ии , прохо­дя щей через пря м ую А В . Плоскосrь сим мет­рии пересекает отрезок CD с кон ца ми в гранях рассм атр иваемого двугранного угл а в некото­рой точ ке f. д А FВ я вляется сечением мноrо­гр анника пл оскостью с и м метр и и . И скомый центр вп исанной в тетр аэдр сферы при надле­жит треу гольнику A FB (его внутрен ней об­ласти) . Поскольку центр вписанной сферы должен принадлежать и сечению A FB, и сечению ВЕС, то он принадлежит их линии пересечения. Постр ои м ее. Точ ка В - об щая точка сечений . Точ ка К , я вл яю щаяся точкой пер�сечения от.­резков СЕ и. A F, та кже общая точка сечений . Следовательно, л и нией пересечения двух посr­роенных сечений я вл яетс я о т р е з о к ВК. Вся­кая точка этого отрезка равноудалена от по­луплоскостей, образующих двугранные углы с

ребрuми А В и В С . Рассмотр им теперь двугранный угол BA CD. Пло.скосr ь его с и м метр ии , проходя щая через пря мую А С , пересекает отрезок BD в некото­рой точке L . t::,. A L C я вляеуя сечением тет­раэдра плоскостью сим метр и и . Все точки тре­угольника A L C равноудалены от гра ней дву­гр ан ного угл а B A CD , поэтому искомы й центр вп исанной сферы принадлежит этому тре­угол ь н и ку . Сечения ALC и В ЕС имеют две общие точки:

С и точку М пересечения отрезков A L и ВЕ. Следовательно, эти два сечени я пересекаются по отр езку СМ . Точки этого отрезка ра вно­удалены от гра ней ВА С, BDC, A DC, АВС двугранных углов с ребрами ВС и А С соот­ветственно. Отр езкИ В К и СМ лежат в тре­угольнике ВЕС, поэтому пересекаются в неко­торой точ ке О. ТочКiJ. О равноудалена от всех граней тетраэдра. Существование сферы, вписа нной в тетраэдр , доказа но. Ее еди нqвенность следует из еди н­ственност и построенной точки О. 3 а д а н и е 7 . Отрезки, соединяющие точки пересечения медиан граней тетраэдра, являются ребрами нового тетраэдра, грани которого со­ответственно параллельны граням · данного. Аналогия здесь в том, что середи ны сторон треугольника я вл яются при использова нии фи­зической и нтер прета ции центра м и масс сторон треу гольника , а точки пересечеция меди ан гра­ней явл яются с физической точки зрения цент­рами масс граней . В том и друго м случае получилась фигура того же наи менова ния . Вот другая формулировка той же гипотезы . Плоскост и, проведенные через каждую трой ку точек пересечен ия меди а н гра ней тетраэдра, ограничивают тетраэдр , грани которого соот­ветственно па раллельны граням данного тет­раэдра . Для доказательства нужно прежде всего пост­роить центры тяжести гра ней да нного тетр аэд­ра. Они я вл яются точка м и пересечения ме­диа н гра ней (см . рис. 5 1 ) . На рисунке точки Е, !;. К, L , М - середи ны ребер тетраэдра ABCD, N , О, Р, Q - центры масс его гра ней . Точки N , Р, Q боковых трех гра ней да н ного тетраэдра являются вер шинами треугольника NPQ. Соеди нив и х с центром масс основа­ния данного тетр аэдра, получи м новый тет­раэдр NPQO. Остается доказать параллельность соответст­вующих гра ней двух тетраэдров . Для этого естественно восп ол ьзоваться призн а ком п а ­раллельности плоскостей : если одна из пдос­костей параллельна двум пересекающи мся прямым, лежащим в другой пдоскости, то плос­кости па раллельны. Выясн и м , не параллельны ли соответствующие

А

Рис. 5 1

ребра тетр аэдров. Возьмем ребро QP. Оно явл яетс я стороной треугольника QLP. Этот треугольник гомотетичен треугольнику A LB

1 (k =ЗJ. поэтому QP l lAB . Ребро NP явдяется

стороной треугольника N КР , гомотетич ного треу годьнику А КС (К - центр гомотетии,

коэффициент гомотетии равен 1 3). Поэтому

NP ll A C. Получили, что грани NPQ и АВС парадлельны. Анадогично доказывается параллельность других граней . З а мети м, что ребра дан ного и построенного тетраэдров также попарно параллельны. 3 а д а н и е 8. С помощью а н а л о г и и фор ­мул ируем следующую г и п о т е з у : высоты тетр аэдра, проведенные щ� его вершин , пере ­секаются в одной точке. Пусть DE - одна из высот тетраэдра ABCD (рис . 52) . Из точки D опустим перпендикуляр D'F на АВ. По теореме о трех перпендикулярах FE 1- AB. л DFK - сечение тетраэдра плос­костью FDE. Плоскость DFE перпендикулярна плоскости A DB, так как пд оскость ADB п ро­ходит через пря мую АВ, пер пендикуляр ную пл оскости D FE. Высота тетраэдра , проведен ­ная из вер шины С, лежит в плоскости, проходящей через точку С и перпендикулярной плоскости ADB. В качестве такой плоскости возьмем пл оскость , параллельную плоскости FDК. Для этого про-

1 03

[

А

в Рис. 52

ведем CL l l KF, тогда CL 1- AB. Затем проведем LM ll DF. Плоскость LMC параллельна плос­кости DFK, поэтому плоскость LMC перпенди ­кулярна плоскости A DB . Из точки С опустим перпенди куляр С Н на прямую LM; он и будет высотой тетраэдра , проведенной из точки С .

Видим, что высоты тетраэдра DE и С Н лежат в параллельных плоскостях, а потому не пересе­каются . Следовательно, сформулированная нами гипотеза не�rерна . В приведенных рассуждениях имеются , прав­да , некоторые пробелы . Возн икает вопрос : а почему точка пересечения прямой FE с прямой А С (точка К) не совпала с точкой С? Ведь тогда бы высота CL совпала с отрезком KF, плоскость LM C совпала бы с плоскостью FDK и высоты СН и DE оказались бы пере­секающимися ! Возможно; у вас сейчас появилась надежда , что гипотеза -то все-таки верна? ! Покажем, что надежда ваша напрасн а . Конечно, возможен и такой случай, когда точка К совпадает с точкой С. Но не всегда . На самом деле, пусть д А ВС - основание тетраэдра , CL 1- A B . Возьмем точку Е вне высоты CL (точка. Е в плоскости А В С ) и проведем ED перпенди ­кулярно плоскости А В С . Тогда получим и мен­но такой тетр аэдр A B CD, который изображен на рисунке 5 1 . Получи м ту ситуа цию , которая описана в приведенном решении . Но поскольку в формулировке гипотезы и меется в виду вся­кий тетраэдр, а на са мом деле оказалось, что

1 04

существует тетраэдр, высоты которого не пере­секаются в одной точке, то гипотеза неверна . Выясните, существуют ли такие тетраэдры , высоты которых J\.ересекаются в одной точке. В ыпол ненное задание поучительно. Оно пре­дупреждает, что предположения (гипотезы) , полученньtе с помощью аналогии, могут ока­заться ошибочными. Пока гипотеза не доказа­на, рискованно с читать ее верной. Она всего лишь правдоподобна ( похожа на правду) . З а д а н и е 9. Поскольку � = а , то должно вы­полняться равенство cos 2а = 2cos а. Отсюда cos2 a- sin2 a = 2cos а, 2cos2 a - 2cos а - 1 =0. Получили квадратное уравнение относительно

cos . a . Реш и м его. cos а = �. Первый 2

корень уравнения превы шает 1 , поэтому его от­брасываем . Второй ( меньший корень) , равный

.J....=.il_ , заключен в промежутке от - 1 до О. 2

Такое значение cos а принимать может . Полу­чае м :

� 1.=.::J1 cos а = 2 , а = :t: arccos 2 + 360° k .

З а д а н и е 10 . l g a + l g b = l g ab . Получаем а l g (a + b)= lg ab, откуда а + Ь = аЬ, Ь = --1 . а-

Та ки м образом , равенство l g (а + Ь )= lg а + + lg Ь верно дЛя л юбых положительных зна­чений а и Ь , которые связаны между собой

а равенством Ь = а - 1 Приведем примеры пар таких чl'!сел :

3 1 ) а = 2 , Ь = 2; 2) а = 3 , Ь = Т ; 3) а = 1 ,5, Ь =

3 1 = 3; 4) a = l 4, Ь = 2з. Таких пар бесконечно много. Замети м, что

значения а и Ь, при которых рассмотренное

равенство верно, превышают 1 . Итак, равенство l g ( a+ b)= lg a + Ig b верно, есл и зн а чения а и Ь больше 1 и их сумма равна их произведению. З а д а н и е 1 1 . Построение отрезка х проще осуществить, не выполняя преобразований подкоренного выражения. План построения таков :

1 ) Строим отрезок с = а + Ь и отрезок k = 2b . Тогда получаем равенство х= �Jil. 2) Строи м прямоугольный треугольник с гипо­тену3ой с и катетом k . Второй катет построен­ного треу гольника и есть отрезок х . Отмети м , что имеется еще один простой способ построения отрезка х. Под корнем разность квадратов . Разложив ее на м ножители , полу­чим x =.J(a + 3b ) (a - b). Построи м отрезки с = а + 3Ь и k = a - b . Теперь и меем x=,/Ck. Отрезок х можно построить теперь как среднее геометр ическое отрезков с и k . Искомый отрезок х существует, если а > Ь . Ученик, который произвел возведение в квад­рат сум мы а и Ь, а затем привел подобные члены, получил такое подкоренное выражение: а' + 2аЬ - 3Ь2• Что делать дальше? Тупик . А вот если бы он сохранил под корнем разность квадратов двух выражений , выполнил бы построение сравни ­тельно просто. Отсюда идея : есл и под корнем встретится вы­ражение, похожее на полученное учеником, то надо, наоборот, постараться выдел ить к�ад­рат суммы или разности двух выражений . Этой идеей и нужно воспользоваться для построе­ния отрезка у. а' - 4аЬ - 5Ь2 = (а' - 4аЬ + 4Ь2) - 9Ь2 = = (а - 2Ь)2 - 9Ь2 • Теперь и меем у= = ,,/ (a- Zb)2 :_ 9h2 . Теперь ясен план построения отрезка у: 1 ) Строи м отрезки с = а - 2Ь и k = 3b . 2) Получили ра венство y = .J�. Строим прямоу гольный треу гольник по катету k и ги­потенузе с . Второй катет построенного тре­угольника и есть искомый отрезок у. Выполните постр оение отрезка у ка к среднего геометрического двух отрезков . 3 а д а н и е 1 2 . Пусть даны прямая а и точки А и В, ей принадлежа щие ( рис . 53) . Возьмем некоторую точ ку С, не принадлежа щую а, и проведем плоскость а. через пря мую а и точку С. В этой пл оскости проведем прямые а 1 и Ь , перпендикулярные прямой а. а 1 l l b . Теперь возьмем точку D , не принадлежащую плоскости а. , и проведем через прямую а и эту точку плоскость �· Через точку В в плоскости � проведем k 1- a. Прямая k не и меет об щих

точек с прямой а 1 и не параллельна ей , так как через :rочку вне да нной пря мой можно провести не более одной пря мой., параллельной да нной . Прямые k и а 1 скрещивающиеся . Таким образом , в пространстве есть две прямые, перпендикулярные третьей , необяза­тельно параллельные. Поэтому на случай простра нства указанное в зада нии утверж­дение должно быть уточнено следующим . образом: если две прямые перпендикулярны третьей и лежат в одной плоскости, то они параллельны. Стоит только опустить в форму­

лировке слова «и лежат в одной плоскости», утверждение будет неверны м . 3 а д а н и е 1 3 . Окружность - фигура плос­

кая . Но через тр и точки, не при надлежа­

щие одной прямой , можно провест и плоскость

и притом то.тiько одну. В этой плоскости через указанные тр и точки можно провести окружность и притом только одну. Следо­вательно, через любые тр и точки , не принад­

лежащие одной прямой, можно в простран­стве, как и на плоскости, провести окружность и только одну. Количество сфер, проходящих через три точки,

не принадлежащие одной пря мой, равно количеству точек, равноудаленных от данных трех точек. Проведем через центр окружности, проходя щей через зада нные три точки,

прямую , перпендикулярную к плоскости,

определяемой этими точками . Всякая точка проведенной пря мой равноудалена от задан­

ных трех точек, поэтому является центром сферы, проходящей через них . Та ким образом, существует бесконечно много

•D

А

• С

Рис. 53 1 05

сфер, проходя щих через три точки , не при надлежа щие одной прямой . 3 а д а н и е 1 4 . В планиметрии геометри ­ческое место точек, равноудаленных от вер­шин треугольника, состоит из одной точки . Она .является точкой пересечения середи нных перпендикуляров к сторона м треугольника ( и центром описа нной около треугольника окружности) .

В простр а нстве геометри ческое место точек, ра вноудаленных от ве р шин треугольника , есть прямая , проходящая через центр опи­санной окружности и перпендикулярная плоскости треугольника . Эта прямая является ли нией пересечения трех плоскостей, перпен­дикулярных сторон а м треу гольника и про­ходящих через их середины . ·

СТЕПА МОШКИН ИЩЕТ ДРУГОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ( I X-X кnассы )

И вот я вновь на занятии математического кружка Петра Ивановича. На доске крупно написано : Я нашел другое доказательство!!!? Поставленный вслед за этой записью явно другой рукой большой вопросительный знак как бы п ризывал : не торжествуй раньше времени , п роверь еще раз -а вдруг ошибка? Тогда доказательства нет. ВпроtJ:ем , а втор вопросительного знака, возможно, и мел в виду другое. Может, он спрашивал : « Неужели т в о е доказательство не было известно раньше? Или ты открыл давно известное?»

«Тот, кто в школьные годы самостоятельно открывает р а нее найденное другими ,- тот рано или поздно установит то, о чем не знал никто до него» ,- подумал я .

Звонок. Петр Ива нович начал очередное занятие м атематического кружка .

П е т р И в а н о в и ч . Вы хорошо знаете, как доказывается признак перпендикулярности прямой и плоскости в учебнике. Доказательство,

1 06

конечно, не простое . Но и не та кое уж стра шное, как может показаться на первый взгл яд. Но вот наш староста Степа Мошкин захотел найти более простое доказательство. Что из этого получилось, он сейчас и расскажет.

К о л я 3 а ч е м . Петр Иванович, извините, пожалуй с�: а , но зачем нам выслушивать еще одно доказательство? По- моему, достаточно того, что имеется в учебнике . На экзаменах ответи м . Давайте лучше повторим доказательство какой -нибудь другой теоремы или решим задачу. Ну зачем доказы вать доказанную теорему? Неинтересно! К тому же еще неизвестно, верно ли Степино доказательство. Зря время потратим только.

П е т р И в а н о в и ч . Ка ково мнение у других? В а н я С и н и ц ы н . У нас занятие кружка . Математического кружка !

А не занятие с отстаю щими . Теоремы можно «выучивать» и дома по учебнику . А вот других доказательств в учебнике нет . Давайте послушаем Степу Мошкина .

С а ш а С м ы ш л е н ы й . Не пойму, почему Коле другое доказательство неинтересно? Ты, Коля, хотел бы решить задачу. Так она тебе предложена !

К о л я . Что-то я не вижу предложенной мне задачи . С а ш а . Вот она : « Признак перпендикулярности прямой и плоскости

доказа н . А теперь докажите его други м способом» . Понимаешь, другим ! И это трудная задача , а потому стоящая и и нтересная .

О л я С е р ь е з н а я . Я очень хочу услышать доказательство Степы. Я даже и п редставить не могу, как этот признак можно доказать по-другому. Мне почему-то кажется, что это невозможно. Неужели Степа смог?

Т а н я П р и г о ж а я . Петр Иванович ! Мы все хотим познакомиться с другим доказательством !

П е т р И в а н о в и ч . Ну что, Коля, придется тебе «потерпеть» . Товарищи хотят выслушать Степу. Да и вообще мы придерживаемся правил а : если кто-то из кружковцев обна ружил что-либо новое в математике, то знакомит со своим открытием остальных.

К о л я . Я все понимаю и согласен ! П е т р И в а н о в и ч . Вот и хорошо .

Степа, прошу тебя . С т е п а . Цепочка равных треуголь­

ников, которая рассм атривается при до­казательстве по учебнику, м не с самого начала показалась утом ительно дл и нной . Я не раз дум ал : а нельзя ли «освобо­диться» хотя бы от некоторых из них ? Например , от тех , что под плоскостью. Тогда бы и чертеж стал понятнее, и до­казательство, возможно, проще . Но как это сделать? С колько я ни пытался, у меня ничего не получалось. Мне уже ста ­ло казаться, как и Оле, что нет другого доказательства . . . Но однажды наконец меня осенило! Но давайте сначала сдела ­ем рисунок ( рис . 54 ) .

а

о

Рис. 54

1 07

Что нам д а н о?аХсх = А ; Ь Е сх и с Е сх; А Е. Ь и А Е. с. а ...1.. Ь и а ...1.. с. А Е х, Х Е. а . Надо д о к а з а т ь : а ...1.. х.

Как и в учебнике, я провел прямую, пересекающую прямые Ь, с , х в точках В, С, Х соответственно. Точку О прямой а соединил отрезками с точками В, С, Х. Нижние треугольники строить не стал .

Смотрите, что нам нужно сделать : доказать, что в треугольнике ОАХ угол при вершине А прямой. А как это можно сделать? А? Да по теореме, обратной теореме Пифагора ! Если докажем , что ОА2 + АХ2 = 0Х2, то из этого будет следовать, что L_ ОАХ = 90° . Вот и вся и д е я. Она диктует весь ход рассуждений.

В а н я . Ну хорошо, запишем мы, что А 02 + АХ2 = . . . А дальше что делать?

С а ш а . Ну как же, дальше видно : А 02 = 0В2 - АВ2 ; А 02 = 0С2 - А С2 . Т а н я . Ну и все . Дальше тупик. С отрезком АХ ничего не сделаешь. С т е п а . Сначала я тоже пришел к такому выводу. Но потом мне

пришло в голову : почему бы не провести через точку Х прямую ВС перпендикулярно прямой х? Тогда отрезок А Х будет катетом двух прямо­угольных треугольников : АХВ и АХС. Теперь отрезок АХ можно выражать через другие! А это, возможно, что-нибудь даст .

Л е н а . Ну, Степа , и закрутил . . . Что-то из этого получится ? А н д р е й В е с е л ы й. Должно получиться доказательство ! Давайте

преобразовы вать сум му квадратов А О2 + А Х2 ! О л я. Начинай, Степа . Степа пишет: А О2 + АХ2 = 0В2 - А В2 + А В2 - ВХ2 = 0В2 - ВХ2 • Л е н а . Сл�шайте, если бы доказать, что ОХ 1- ВС, то мы получим,

что ОВ2 - ВХ = ОХ2 ! Тогда угол, противолежащий стороне ОХ, т. е. угол ОАХ, прямой. И все доказано. Вот чудо !

В а н я. Подожди радоваться-то. Как м ы докажем , что ОХ ...1.. ВС? О л я . Все ли данные мы использовали? Мы пока что воспользовались

перпендикулярностью прямых а и Ь . А по условию еще и а ...1.. с .

1 08

С т е п а . Да , верно. Мы имеем возможность выразить рассматри ваемую сумму квадратов еще одни м способом . Сделаем это :

л о2 + лх2 = о с2 - А с2 + л с2 - сх2 = о с2 - сх2 . А н д р е й . Что-то ничего не видно. . . Получили два равенства . . .

Правда , левые их части равны . Значит, равны и правые . . . А что дальше? С т е п а . Совершенно верно. Мы имеем два равенств а :

А О2 + А Х2 = 0В2 - ВХ2 и А О 2 + А Х2 = 0 С2 - СХ2• Назовем эти равенства 1 и 2 . Из них, как сказала Оля, получаем

третье равенство:

ов2 - вх2 = ос2 - сх2 . В а н я . М-да - а . . . Что-то не ясно, ка к из этого следует, что ОХ J__ BC. С т е п а . Я дол го мvчился над эти м . Преобразовал последнее ра венство

в другое : ОВ2 - О С2 = ВХ2 - СХ2, а ничего не мог усмотреть. Не могу доказать, что ОХ J__ В С, и все . А потом как-то думаю: точка Х на отрезке В С зада н а ? Зада н а . Сделал отдельный рисунок для плоскости ОВ С. Вот такой ( р и с . 55) . Провел через точку Х прямую у, перпендикулярную ВС. Взял н а ней произвольную точку У.

Имеем В У2 - С У2 = Х У2 + ВХ2 - (Х У2 + СХ2 ) = ВХ2 - СХ2 . Вы видите, всякая точка прямой у, перпендикулярной прямой ВС, обладает свойством : разность квадратов расстояний от нее до концов отрезка В С равна разности квадратов расстояний от точки Х прямой ВС до соответственных концов того же отрезка :

И я подумал : а ведь все точки, обладающие таким свойством, принад­лежат п ря мой у ! Но точка О обладает эти м свойством : ОВ2 - ОС2 = ВХ2 -- СХ2 . Поэтому точка О при надлежит прямой у, значит, ОХ J__ В С.

Т а н я . Кажется , все верно . . . Только почему . . . все точки У, такие, что УВ2 - УС2 = В Х2 - СХ2, принадлеtкат прямой у, перпендикулярной пря­мой В С ?

С а ш а . Да . . . Это неясно. С т е п а . Тут я затрудняюсь. Но верю, что это и менно так. Молчание. П е т р И в а н о в и ч. Какую идею вы предла гаете? К о л я . Надо взять какую-нибудь точку не на

прямой у и доказать, что разность квадратов рас ­стояний от нее до точек В и С будет не такой !

С т е п а . Я пробовал , но не смог осуществить эту идею .

П е т р И в а н о в и ч . Давайте возьмем такую точку на прямой С У. (Продолжает отрезок С У красным мелом и выбирает на его продолжении С точку.) Обозначим эту точку буквой М.

х

у В а н я . Петр Иванович , но точ ка -то М не про­извол ьная . Она взята н а прямой С У. А как быть с другими точкам и ? Рис. 55

.м

р

1 09

П е т р И в а н о в и ч . Точка У на пря мой у кака я ? П роизвольная ! Ведь так, Степа? Значит, и точка М , получается , произвольная . Ну, хорошо, будем считать, что мы взяли произвольную точку М и провели отрезю: М С и МВ. (Проводит отрезок МВ на рисунке Степы красным мелом.) Вот и получили точку У.

В а н я . Понятно. Теперь надо доказать, что

мв2 - м с2 =1= вх2 - сх2 . Но как?

П е т р И в а н о в и ч . П роведем через М пря мую р, перпендикулярную В С. Точку пересечения ее с прямой В С обозначим Р. Вам ясно, что это дает?

С т е п а (удивленно) . Ка к это я до этого не додумался? Нет . . . вы посмотр ите, что получается :

мв2 - м с2 = МР2 + вР2 - (мР2 + сР2) . вР2 - сР2 =1= вх2 - сх2 , так как ВР < ВХ, СР > СХ ( или ВР > ВХ, СР < СХ).

Ну вот . Точка О принадлежит обязательно прямой у, перпендикулярной пря мой В С и проходя щей через точку Х пря мой х. Поэтому ОХ J_ BC. Теперь получаем А О2 + А Х2 = 0В2 - ВХ2 (это мы получили раньше) = 0Х2

. Итак, и меем А О2 + АХ2 = ОХ2 • По теореме, обратной теореме Пифагора, a J_ x. Доказательство завершено.

О л я (обращаясь к Коле) . Ну что, Кол я , тебе не жаль в ремени, потраченного на другой способ доказательства?

К о л я . Да не-е-т . Не жаль . Мы же , собственно, чем занимались? Решением задач . Это интересно. Только вот пригодятся ли они на вступительных экза менах? Они же не из сборников для поступаю щих в вуз .

С а ш а . Опять за свое. Да Петр И ва нович скоро выпустит та кой сборник, и в нем будут и эти задачи !

К о л я (обрадованно) . Ну, тогда совсем другое дело ! Я рад! Все смеются. Т а н я . Петр И ва нович, а как сформули ровать последний , полученный

с Вашей помощью результат? П е т р И в а н о в и ч . Этот результат можно сфор мул и ровать так . Пусть

имеем три то чки В, С и Х на одной прямой. Тогда геометрическое место точек У, лежащих в плоскости, содержащей эту прямую, и обладающих свойством УВ2 - УС2 = ВХ2 - СХ2 , есть прямая у, проходящая через точку Х и перпендикулярная В С.

Л е н а . Хорошо бы эти м геометрически м местом точек еще раз вос­пол ьзоваться !

П е т р И в а н о в и ч . Да , оно н а м еще не раз пригодится . Дело вот в чем . В рассуждениях Степы рассматри вается случа й , когда пря мая, перпендикулярная прямой х, пересекает обе прям ые Ь и с, причем точка Х оказалась лежа щей между точка м и пересечения В и С прямой х с прямыми ь и с .

В а н я . Значит, н адо рассмотреть еще случ ай , когда точка Х не лежит между точкам и В и С?

П е т р И в а н о в и ч . Случай , когда точка Х не лежит между точками В и С, не является принципиально новым как при доказательстве по

учебнику, так и при Степином доказательстве. Все проведенные рассуж­дения и тогда полностью проходят. Но проведение тех же рассуждений по другому чертежу всегда полезно. Поэтому получите зада ние для дома ш ней тренировки . Вот оно.

3 а д а н и е . Проведите а налогичным образом доказательство перпенди­кулярности прямых а и х для случая, когда точка Х не лежит между точка м и В и С.

Итак, мы с в а м и рассмотрели случай, когда прямая , перпендикулярная прямой х, пересекает обе прямые Ь и с .

К о л я . Осталось доказать теорему для случая, когда прямая, перпенди­кулярная х, параллельна одной из двух прямых - Ь или с.

П е т р И в а н о в и ч . Совершенно верно, Коля . Сделаем перерыв; а потом завершим доказательство.

С т е п а. Антракт, математики ! Пошли к доске последней крепости Признака перпендикулярности (По чти все собираются у доски около Степы.)

После перерыва на доске появил -ся р исунок ( рис . 56 ) еще без прямой у и точки У, а также без прямой ВС. Все поглощены поиском реше­ния задач и . Петр Иванович тоже сосредотоЧенно, сидя за столом , думает над задачей .

П е т р И в а н о в и ч. На доске рисунок . Что за ситуация на нем изображен а ? . . Расскажи, пожалуй­ста , Лена Славная !

Л е н а . Прямая а, пересекаю­щая плоскость а , перпендикулярна прямым Ь и с, проходящим через точку пересечения и леж а щи м в

а

искать идею штурма пря мой и плоскости !

Рис. 56

1 1 1

плоскости а . Надо доказать способом Степы Мошки на , что прямая а пер пендикулярна произвольной пря мой х плоскости а . П ричем прямая х такая , что проходя щая через произвольную ее точку Х перпендикул ярная ей прямая параллельна Ь.

П е т р И в а н о в и ч . Такая ли уж пря м а я х произвольная? Т а н я . Да нет, Петр И ванович , она , пожалуй, не произвольная . . .

Это прямая , проходя щая через точку А и перпендикулярная пря мой Ь ! М ы получили б ы тот же случай , если б ы она была перпендикулярна прямой с .

П е т р И в а н о в и ч . Кто-нибудь нашел идею доказательства? О л я . Нельзя ли воспользоваться предыдущи м случаем , когда

прямая , перпендикулярная х, пересекает пря мую Ь и пря мую с? А н д р е й . Есть идея . Давайте через точку А в плоскости а проведем

пря мую, пересекающую прямую ХС. Пусть это будет прямая у, пересекаю щая пря мую ХС в точке У ( рис . 56) . Если мы докажем , что a l_ y, то все ! Тогда получим предыдущий случа й : a l_ c, a l_ y, прЯмая ХС, перпенди­кулярная х, пересекает с и у. Следовательно, a l_ x.

Л е н а . Получится , что мы ввели вспомогательную прямую у, которая за менила пря мую Ь .

Т а н я . Это хорошо. Но как доказать, что a l_ y? О л я . После того как мы докажем , что у J_ а, для доказательства

перпендикулярности прямых а и х достаточ но воспользоваться пред­шествующим случаем, для которого доказательство уже проведено. Та к почему бы не воспользоваться предыдущим случаем и при доказатель­стве перпендикуляр ности прямых а и у?

С т е п а . Вот и менно ! Давайте через точку С проведем прямую, перпендикулярную прямой у. В плоскости а , конечно. '

Степа Мошкин проводит прямую, перпендикулярную у. Точки ее пересечения с прямыми у и Ь обозначает У и В соответственно.

В а н я . Прекр асно ! Что м ы и меем? a l_ b , a l_ c, и прямая СВ пересекает прямую у . Причем CB l_ y. А для такого случая нами доказа но, что a l_ y. Все ! Отсюда получаем, что a l_ x.

П е т р И в а н о в и ч . Итак, сейчас нас дважды выручила идея Оли Серьезной . В чем она? А вот в чем . Если задача ре шена для одного случая и нужно решить ее для другого, надо попытаться новый случа й свести к п редыдущему и воспользоваться результатом , полученным при рассмотре­нии первого случая .

К о л я . Петр Ива нович, как Вы думаете, есть еще другие доказатель­ства признака перпендикулярности прямой и плоскости ?

П е т р И в а н о в и ч . Конечно, есть, Коля . К о л я . Правда ? ! Тогда я найду еще одно доказательство ! До свида­

ния !

* * *

Кружковцы разошлись. Спра шиваю у Петра И ва новича : « Ка к Вы думаете, н айдут еще?» - «должны,- ответил он .- По край ней мере, пороются в литературе - и найдут» . - «Но почему бы не указать нужную

1 1 2

литературу?» - « Пока не надо. А вдруг кто- нибудь имеющееся в лите­ратуре доказательство найдет сам ? Разве это можно сравнить с прос­ты м пересказом выученного?»

Предсказание Петра Ивановича сбылось . Об этом в следующем рассказе.

Р е ш е н и е з а д а н и я

Д а н о ( р нс . 57) : а Х а = А ; Ь . с, Х Е а ,

А Е Ь , с , х , a ..L b , a ..L c, p ..L x, р Е а , р Х Ь = В ,

р Х с = С, р Х х = Х ; Х не лежит между В и С . Д о к а з а т ь : a ..L x.

И д е я . Дока жем , что А О2 + А Х' = ОХ2 .

По теореме, обр атн ой теореме Пифа гора,

получ и м a ..L х.

Воспол ьзуемся тем , что a ..L b , a ..L c , p ..L x.

А О2 + А Х2 = ОВ 2 - А В 2 + А В 2 - ВХ2 = 082 -- ВХ2 ; А о2 + А х2 = о с2 - А с2 + А с2 - с х2 = = 0С2 - СХ2 . Имее м : А О2 + А Х2 = 082 - В Х2 ; А О2 + А Х2 = = ОС2 - с х2 . Отсюда ОВ 2 - В Х2 = 0С2 - СХ2, т. е . 082 -- О С2 =; ВХ2 - СХ2. Точка О п ри надлежит геометри ческому месту

точек пл оскост и ОСХ, разност ь квадратов

ра сстоя н и й которых от точек В и С пря мой

р равн а р азн ост и квадратов ра сстоя ни й

о т да н ной точ ки Х пр я мой р д о тех точек

В и С соответст венн о . Поэтому OX l p .

а о

Рис . 57

Но тогда получае м : А О2 + А Х2 = 0В ' - ВХ2 = = 0Х2. По теореме, обр атн о'\\ теореме Пифа гора,

a ..L x.

Обобщая все ра ссм отрен ные случа и , получаем

вы вод : п ря м ая , пересекающая плоскость и

перпенди кул ярн а я двум пря мым этой плос­

кости, проходя щи м через точ ку пересечения ,

перпендикуля рн а вс якой пря мой этой плоскос­

ти, проходя щей через точ ку пересечен ия .

По определен ию пря мой, перпенди куля рной

пл оскост и , да н н а я пря м ая перпенди кулярн а

этой пл оскости .

П ризн а к пер пендикуля рн ости пря мой и плос­

кости доказа н .

Я НАНДУ ЕЩЕ ! (Х класс)

С нетер.лением ждал я очередного за нятия математического кружка Петра Ивановича . П рошлый раз , если вы помните, кружковцы ушли с на мерением отыскать третии способ доказательства теоремы -призна ка перпендикулярности прямой и плоскости . И хотелось узнать : произойдет л и это чудо? Конечно, очень хотелось, чтоб оно произошло.

У верхнего края доски был и написаны слова : Я найду еще! Они обрадовали меня. Раз они есть, то ожидаемое мною чудо произойдет, подумал я . И вот у доски Коля Зачем .

П е т р И в а н о в и ч . На прошлом за няти и математического · кружка мы обсудили новое доказательство признака перпендикулярности прямой и плоскости . Теперь вы знаете два доказательства одной и той же

1 1 3

теоремы : по учебнику и Степино. Тогда Коля Зачем воскликнул : «Я найду еще ! » - и , как оказалось, не напрасно. Сейчас он познакомит вас с еще одним доказательством признака перпендикулярности прямой и плоскости . Слушаем тебя , Никол а й .

К о л я . К сожалению, это доказательство н е мое . Я отыскал его в ста ром учебнике геометрии . Мне оно показалось несколько легче двух других, известных н а м .

И д е я доказательства состоит в использовании теоремы : если скалярное произведение отличных от нуля векторов ра вно нулю, то векторы перпенди­кулярны. Запи шем условие теор�м ы .

Д а н о: a l_ a, а Х а = А , Ь , с , х Е а,

а

А,

Рис. 58

1 1 4

А Е Ь , с , х, a l_ b , a l_ c. Д о к а з а т ь : a l_ x. На доске появилась одновремен­

но с записями часть рисунка 58. Д о к а з а т е л ь с т в о . На прямой

а от точки А отложи м произвольный ненулевой вектор а, а на прямой х

отложим от той же точки_произволь­ный ненулевой вектор х. Что н а м остается делать?

J1 е н а . Доказать, что ск�л ярное произведение векторов а нулю .

и х равно

К о л я . Как это сделать? С т е п а. Надо, естественно, вос­

пользоваться условием теоремы . Ес­ли на прямых Ь и с от ·точки А от­ложить векторы Б и ё, то а . Б = 0. а · ё = О .

К о л я . Но ка к воспользоваться тем , что высказал Степа? Т а н я . Надо как-то вектор х выразить через векторы Б и с . А вот

как? Пауза. Все напряженно размышляют. К о л я . Знаете, есть «пра вило па раллелогр а м м а » сложения векторов.

«Вектор -диа гональ» параллелогра мма равен сумме векторов, определяемых его двумя смежным и сторонами как направленным и отрезка ми . Нужно только, чтобы они были отложены от одной вершины па раллелограмма .

Л е н а . Вектор х мы уже выбрал и . Пусть Х - его конец. Чтобы получить параллелогр а м м , диа гональю которого является отрезок АХ, надо через Х провести прямые, параллельные прямым Ь и с .

К о л я . Хорошо. Я выполняю предложенные Леной построения ( рис . 58) . На доске дополняется ранее выполненная часть рисунка. Появляется

параллелограмм АВХС. _ _ В а н я . Но тогда векторы Ь _!! _ с нужно выб1_:!Рать не ка к угодно. За

вектор Б нужно принять вектор А В , а за вектор с принять вектор_ А С.= _ К о л я . Совершенно верно. Тогда мы и получим равенство Х = Ь + с.­

Дальней ший ход доказательства вам , очевидно, ясен или почти понятен . Давайте запишем кратко ход доказ�те.JI!>ства .

Д о к а з а т е л ь с т в о. \ ) Х Е х . х = А Х . 2 ) хс 1 1 ь . хв 1 1 с . С Е с, В Е Ь . 3 ) Ь = А В , с = А С. Тогда х = Б + с ( по пра вилу параллелограмма ) . 4 ) .1 1 §= a,_ q = '1A 1 . _ _ _ _ 5 ) а · х = а(Ь + с) = а · Ь + а · с = О + О = О. 6) а · х = О, следовательно, a _L x. 7 ) х - произвольная прямая в плоскости а . По определению прямой,

перпендикулярной плоскости, а _L а . Конец. А н д р е й . Стр а н но, но дли нное Степино доказательство, которым

м ы занимались на предыдущем за няти и , мне больше по душе. Та м было м ного мук, поиска, та м мы попутно узнали та к м ного нового. А это уж больно скоротечное.

О л я . Мне даже как-то жаль, что имеется такое короткое доказательство теоремы. От этого она кажется менее значительной .

К о л я . Зато «мое» доказательство легко выучить к экза мену. С а ш а . По- моему , каждый из способов доказательства интересен

по-своему . У ка ждого своя красота . И едва ли можно говорить : тот способ плох, а этот - хорош. Все они хороши, тол ько по-разному.

С т е п а . Петр И ва нович, нельзя ли каждому из трех способов доказа­тельства дать какое-то назва ние?

П е т р И в а н о в и ч . Первый способ, что в учебнике, можно назвать докdзательством «путем рассмотрения цепочки треугольников». Степино доказательство можно назвать доказательством «способом геометрических мест точек». Коля Зачем ознакомил нас сегодня с «векторным доказа ­тельством » .

Что касается ва шей беседы о красоте доказательства, о его практич ности, о доказательствах длинных и коротких, то она отразила разные стороны красоты математики . Каждый из вас прав по-своему.

Богатство рассуждений и доказательств, разнообразие способов

1 1 5

обоснований - одна из привлекательных сторон математики , как и ее стремление к лаконизму.

Но продолжим н а шу тему. Как вы дум аете, есть л и четвертое дока ­зательство признака перпендикулярности прямой и плоскости ?

Молчание. Все сосредоточенно думают. О л я. Может, и есть, но с помощью, например, высшей математики,

нам недоступной . П е т р И в а н о в и ч . Нет, я и мею в виду только методы, вам вполне

доступные и знакомые. Л е н а С л а в н а я . Знакомые? ! П е т р И в а н о в и ч . Ну да , знакомые. Л е н а . Доступные? ! П е т р И в а н о в и ч . Да , доступные. С т е п а . А что, может, и есть. Л е н а. Не верю. П е т р И в а н о в и ч . Не ()уду вас том ить. Са ш а Смышленый на шел еще

одно доказательство призн ака перпендикулярности прямой и плоскости . Л е н а . И какова же идея этого доказательства? ! С а ш а . Воспользоваться свойствами движения в простра нстве. Л е н а. Тогда мы слушаем тебя, С а ш а . Саша идет к доске и начинает свой рассказ . С а ш а . Когда я нашел свое доказательство, был просто ошеломлен

от его неожиданности и простоты . Все началось с того, что, глядя на рисунок к теореме, я подумал :

а ведь при сим метрии относительно прямой а плоскость а , перпендикулярная ей, перейдет в себя . Понимаете? Точка А перейдет в себя , поскольку она принадлежит п рямой а. Но ведь симметрия относительно прямой является движением ! Значит . . . Хотя я забегаю вперед. Начну все по порядку.

1 1 6

П режде всего воспользуюсь условием теоремы, записа нным Колей Заче м , и его рисунком ( рис . 58 ) .

Прямая Ь перпендикулярна прямой а. Значит, при симме�:рии относитель­но прямой а прямая Ь перейдет в себя . Прямая с перпендикулярна пря мой а. Поэтому при сим метр ии относительно прямой а прямая с также перейдет в себя . Но плоскость, содержа щая прямые Ь и с, единственна : это плоскость а .

Ка к я уже сказал, симметрия относительно пря мой есть движение. В движении всякая плоскость переходит в плоскость. В какую же плоскость перейдет плоскость а ? Понятно в какую. Раз пересекающиеся прямые Ь и с этой плоскости перешли в себя , то и плоскость а перейдет в себя . Ну, а что будет в симметрии с пря мой х? Ну конечно, она перейдет в прямую, лежа щую в плоскости а. Но в какую пря мую?

Давайте посмотри м на плоскость, проходя щую череЗ пересекающиеся прямые а и х. Назовем ее (З . В какую плоскость перейдет в сим метрии относительно пря мой а плоскость (З? Ясно, что сама в себя . Потому что всякая плоскость, проходящая через ось симметрии , переходит в себя.

Итак, что м ы и меем ? Плоскость а и плоскость j3 при сим метрии отно­сительно пря мой а переходят в себя . Ну, а куда деваться линии их пере­сечения - прямой х? Ей остается одно - перейти в линию пересечения этих плоскостей , т . е . в себя .

Теперь вы пони м аете, что произошло? П р и симметрии относительно прямой а пересекающая ее прямая перешла в себя . Что это значит? А это значит, что х J__ а. Вот и все. Теорема доказана .

Т а н я . Петр Ива нович, а Са шино доказательство и меется в какой­либо книжке?

П е т р И в а н о в и ч. З наете, я не встречал такого доказательства . Н о и сказать, что о н е м нигде н е написано, тоже н е могу . Доказательство Са ши Смышленого можно назвать «доказательством методом геометри­ческих преобразований» . Точнее, методом сим метрии относительно прямой. И как в ы думаете : это четвертое из известных теперь нам доказательств -последнее?

О л я . Сом неваюсь, что есть еще доказател ьства . По- моему, больше нет.

С т е п а . А я е ще поищу! П е т р И в а н о в и ч . Ну что ж, пожелаем Степе успеха ! До свидания . К р у ж к о в ц ы . До свидания , Петр И ванович .

ПЯТЫЙ СПОСО6 -РАССКА З СТЕ ПЫ МОШКИНА (Х класс)

На уроке и на занятиях м атем атического кружка мы с помощью Петра Ивановича н а шли четыре способа доказательства признака перпендикуляр­ности прямой и плоскости . Четыре ! Я , конечно, верил , что и меется второй способ, в кра йнем случае третий . Но чтоб четыре ! Уму непостижимо . . . Меня это поразило.

Но та м , где есть четыре способа доказательства, почему бы не быть пятому? Ведь существуют же избы с четырьмя стенами , но есть и избы-

1 1 7

, 1

)1,

пятистенки . При этом я и мел в виду, конечно, обычные, вечные российские деревенские дома . Да и в школе у нас не четырехбалльная, а пятибалльная система оценок. Правда , об оценке «еди ница» учите.ля только говорят. «Вот я поставлю тебе единицу ! » - изредка при пугнут они . Но все мы прекрасно знаем, что этого не случится . Двойка тоже бывает редко, к тому же в конце года она обычно вол шебным образом перерождается в тройку. Впрочем, я отвлекся !

Я понимал, что мои рассуждения такого рода - сплошная тарабарщина , что никакой логики в них нет, не говоря уж о математике . Тем не менее, такого рода рассуждения, несмЬтря на всю их нелепость, настроили меня на поиск еще одного способа доказательства известной теоремы .

Ка ков он, этот пятый способ? Как его отыскать? Постепенно он превратился для меня в некое реальное существо, которое я непременно дол жен найти . Пока я его не на йду, не будет мне покоя . . . А если пятого способа нет? Однако надо было что-то делать.

Я сделал рисунок ( рис . 59) к доказательству, приведенному в учебнике. Правда , никаких надежд, что это мне что-то даст, не было. «В тупике тупица не творит, а обозревает давно известное ста рое» ,- выговаривал я сам себе, потешаясь над собой . Однако через некоторое время понял, что прав во мне оказался тот человек, который терпел и во перебирал давно известные геометрические факты. Конечно, он оказался правым потому, что был не оди нок. Рядом с н и м все время был второй, живущий во мне человек, вечно сомневающи йся и и щущи й новое, сотка нный из н и ­гилизма, сарказма и веры в реальность всякой умной фантазии .

Так вот, смотрю я на рисунок и рассуждаю : - Ну что и з этого рисунка можно извлечь? Что тут м ы дел ал и ? Как

этот рисунок получили ? ОА = ОА 1 . . . Подожди, что это означает? Точку А взяли на прямой а. Потом . . . построили точку А 1 , сим метрич ную ей

1 1 8

а а

А

Рис. 59 Рис. ' 60

относительно точки О . . . Ну и что? Ка к что? А почему мы строили точку, симметричную точке А ? А что, есл и построить точки, сим метричные точкам В, С, Х относительно точки О? Не даст ли это что-нибудь? Попробую ( рис . 60) . Давайте освежим в памяти условие теоремы.

Что н а м дано? Плоскость а и прямая а, ее пересекающа я . О - точка их пересечения . Что еще? В плоскости а через точку О проведены прямые Ь и с . Известно, что прямая а перпенди кулярна этим прямым . Дальше . . . в плоскости а через точку О проведена произвольная прямая х . Что надо доказать? А то, что прямая а перпендикулярна прямой х. Это будет означать, что прямая а перпендикулярна плоскости а, поскольку если прямая перпендикулярна всякой пря мой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости ( по определению) .

Итак, как же, пользуясь рисунком (точки 8 1 , С 1 , Х 1 симметричны соответственно точка м В, С, Х относительно точки О ) , доказать, что прямая а перпендикулярна прямой х?

Точка О - середина отрезка ХХ 1 . Если доказать, что АХ1 = АХ, то получи м : прямая а есть серединный перпендикуляр к отрезку Х1 Х. А это будет означать, что прямая а перпендикулярна прямой х! Тогда теорема будет доказана .

Но как доказать, что А Х1 = АХ? С VI класса мы знакомы с одни м прекрасным способом доказательства

ра венства двух отрезков : н адо доказать ра венство двух треугольников, в которых эти два отрезка являются соответственными сторонам и . Почему . бы не воспользоваться эти м способом сейчас? Отрезок АХ является , напри мер, стороной треугольника АВХ. Какой же треугольник, скорее всего, равен ему? ВХ = В 1 Х 1 как отрезки плоскости а , симметричные относительно точки О. Стало быть, скорее всего, треугольнику АВХ равен треу гольник А В 1 Х 1 . В этих треугольниках , как уже за мечено, ВХ = В 1 Х 1 .

1 1 9

Кроме того, кажется, что АВ = АВ 1 . . . Почему? Да потому, чтq пря мая а является серединным перпендикуляром к отрезку ВВ 1 ( в плоскости АВВ 1 ) . Следовательно, АВ = АВ 1 . Что же мы и меем ? А две стороны треугольника АВХ соответственно равны двум сторона м треугольника А В 1 Х 1 . Остается доказать, что углы , заключенные между эти ми сторона м и , также равны : L_ ABX = L_ АВ 1 Х1 .

Как доказать, что L_ АВХ = L_ А В 1 Х 1 ? С VI класса мы знаем прекрасный способ доказательства равенст.ва двух углов : надо доказать ра венство двух треугольников, в которых эти два угл а являются соответственными.

а

А

(1(

Дано: ахсх=О, b f <X, с Е С\", х Е ос ; a l b, a.Lc Доказ ать : а ...1.. 0(

Рис . 6 1

1 20

По-моему, этот способ в данном . случае приведет нас к желанному

резул ьтату . Указанные два угл а яв­ляются угл а м и треугольников АВС и А В 1 С 1 . Как доказать ра венство этих треугольников? Кажется , все хорошо и просто . Их стороны соот­ветственно равны . На самом деле . . . Стороны В С и В 1 С 1 равны , посколь­ку они симметричны. относительно точки О. Равенство отрезков АВ и А В 1 уже доказано . Прекрасно : от­резки А С и А С 1 та кже равны , так как прямая а явл яется серединным перпендикуляром к отрезку СС 1 . Треугол'ьни к А В С р а вен треугол ьнику А В 1 С 1 по трем сторонам . Следова­тельно, L_ А ВХ = L_ А В 1 Х 1 . Отсюда Л А В С = л А В 1 Х 1 по двум сторонам и углу между н и м и . Поэтому А Х = А Х1 .

Точка О прямой а является серединой отрезка ХХ 1 , точка А той же прямой равноудалена от кон цов отрезка ХХ 1 , следовательно, прямая а является серединным перпендикуляром к отрезку ХХ 1 . Поэтому прямая а перпенди­кулярна прямой х.

· Итак, пятый способ доказательства признака перпендикулярности прямой и плоскости найден !

О новом доказательстве я рассказал Петру Ивановичу . Он похвалил меня и сообщил, что это доказательство и меется в книге А. Д . Александро­ва « Геометрия, 9- 1 0» . Я от этого, к своему удивлению, нисколько не расстроился . Ведь радость открытия состоялась, и ее ничто и никто не сможет «отменить» . А названная книга стала у меня настольной . Мне сильно повезло : купил ее в «Букинисте» .

Тем , кто прочитал мой рассказ , предл а гаю провести доказательство пятым способом по другому чертежу ( см . рис . 6 1 ) .

Желаю удач и ! Спасибо, что прочитали мой расска з .

БЕ СЕДЫ О СКРЕЩИВАЮЩИХСЯ ПРЯМЫХ ( I X-X кnассы )

Скрещивающиеся прямые - это удивительно! Если бы их не было, стереометрия была бы во сто крат менее и нтересной . И ногда мне кажется, что если стереометрию и стоит изучать, то из -за того, что в ней есть скрещивающиеся прямые,- горячо убеждал меня Петр И ванович . ­Ты посмотри , сколько у н и х глобальных, и нтереснейших свойств ! Во-первых, всякие две скрещивающиеся прямые лежат в двух параллельных плоскостях. Понимае шь, прямые - скрещиваются, а лежат в п араллельных плоскостях. Возьмем теперь точку, не принадлежащую ни одной из этих плоскостей . Оказывается, что существует - нет, ты подума й ! - существует прямая , проходящая через взятую точку и пересекающая обе скрещиваю­щиеся прямые. Но мало того, эта прямая еще и единственная ! Вот тебе во- вторых . Что, впечатляет? В-третьих, у всяких двух скрещивающихся прямых и меется общий перпендикуляр . Предста вляешь, один конец отрезка лежи1· на первой из скрещивающихся прямых, другой конец - на второй, а отрезок этот перпендикулярен и первой прямой, и второй . Занимательная , скажу тебе, конструкци я ! Посмотришь на ее модель и испыты ваешь радость. А сколько в ней скрыто очаровательных задач ? ! Всякий геометр пон и мает, <по стереометрия без скрещивающихся прямых -это глупость . Да что та м . Без скрещивающихся ребер нет и многогранника . А геометрия без многогранников - что это за геометрия?

* * *

Мне хочется , чтобы удивление Петра Ивановича перед уникальностью скрещивающихся прямых передалось и вам . Но как это сделать? Для начала выполните следующие простые задания . И х выпол нение, возможно, поможет хотя бы зрительно представить то, о чем сказано в приведенном монологе.

1 2 1

3 а д а н и е 1 . Приготовьте две ручки . Они будут служить моделями прямых. Приготовьте два листа бумаги , которые будут служить моделями плоскостей . Теперь расположите ваши прямые так , чтобы они скрещивались. Приложите приготовленные вами листочки к п рямым так, чтобы получить параллельные плоскости . Проведите рассуждени я : как построить такие плоскости? Единственны ли они?

3 а д а н и е 2 . Изобразите скрещивающиеся прямые двумя ручками . Предста вьте некоторую точку. Расположите третью 'ручку так , чтобы она проходила через представленную вами точку и пересекала обе скрещивающиеся прямые. Проведите рассуждения : так построить такую прямую? Всегда ли такая прямая существует?

3 а д а н и е 3. Изобразите ручками две скрещивающиеся прямые. Третью ручку - модель отрезка - расположите так, чтобы она изображала общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых. И нтересная конструкция?

·

Не правда ли? Петр Иванович пра в ? Каки� фигуры получатся при вращении скрещивающихся прямых около оси - общего перпендикуляра? }\аково их взаимное расположение?

3 а д а н и е 4 . Возьмите несколько моделей различных м ногогранников или изобразите многогранники на бумаге . Укажите nары скрещивающихся ребер в каждом из них .

* 1* *

1 . С кубом под мышкой : Почему с кубом ? Да потому, что в известном смысле в кубе , сокрыта

вся геометрия. В том числе и геометрия скрещивающихся прямых. Вы еще в этом не раз убедитесь. ·

1 22

Изобразим куб . Проведем диаго­нали двух противолежащих граней (рис . 62 ) . Пусть О и 01 - точки их пересечения . Диагонали А С и А 1 С1 , BD и B 1 D 1 попарно параллельны. А каково взаимное расположение диаго­налей АС и B 1 D 1 ? BD и А , С , ? Чтобы выяснить это, давайте порассуждаем .

Прежде всего, замечаем , что прямые АС и B , D , лежат в параллел ьных плоскостях граней куба . Следователь­но, они не пересекаются. Тогда, может быть, они параллельны? Да нет . Ведь через точку 0 1 проведена одна пря­мая, параллельная А С! Такой пря-

Рис. 62

мой явл яется прямая А , С , . А мы знаем, что прямая, проходящая через данную точку, не принадлежа щую данной прямой, и параллельная другой заданной прямой, е д и н с т в е н н а я !

Так что ж е получаем? Прямая B1 D 1 н е и меет с п рямой А С общих точек и не параллельна ей . Остается - прямые B 1 D 1 и А С скрещивающиеся .

Аналогично прямые B D и А 1 С 1 скрещивающиеся . А теперь представьте, что даны скрещивающиеся прямые А С и B 1 D 1 .

Как провести через них плоскости, параллельные этим прямым и друг другу?

Просто. Скажем, через точку О прямой А С проведем прямую BD, параллельную прямой B 1 D 1 . Получаем плоскость A B CD , параллельную прямой B 1 D 1 • Аналогично через точку О , прямой B , D , проведем прямую А , С , , параллел ьную прямой А С. Получим проходящую через прямую B , D , плоскость А , в , с, D , , параллельную прямой А С. Причем плоскости A B CD и А 1 В 1 С 1 D 1 параллельны, поскольку одна из них параллельна двум пере­секающимся прямым, лежа щим в другой плоскости .

Вот видите, сколь м ного мы узнали о скрещивающихся прямых, опираясь на изображение куба ! Но это еще далеко не все.

Однако выпол ните сначала несколько заданий , а потом мы продолжим нашу беседу.

* * * 3 а д а н и е 5. Докажите, что прямые, содержащие ребра АА 1 и В С

куба ( рис . 62 ) , скрещиваются. 3 а д а н и е 6. Расскажите, каким образом вы проведете через прямые

АА 1 и ВС параллельные плоскости ( рис . 62 ) . Каково расстояние между этими плоскостями , если ребро куба а? Каково расстояние между прямыми АА 1 и В С?

* * *

А теперь продолжим беседу, как договорились. Расстояние между скрещивающимися прямы м и АА 1 и ВС, изображенны ­

м и н а рисунке 62, равно дли не ребра куба а. Этот ответ легко получается ,

1 23

если заметить, что отрезок АВ является общим перпендикуляром названных скрещивающихся прямых . Здесь н а м повезло : общий перпендикуляр был уже построен . А вот как быть, если его нет? Что же, надо его построить. Впрочем , обязательно ли это? Может, расстояние между двумя скрещи­вающимися прямыми можно найти и не строя общего их перпенди куляра? Ну да , кон_ечно же !

Например , по отношению к скрещивающи мся прямым АА , и ВС можно поступить следующим образом. Через прямую ВС проведем плоскость, параллельную прямой АА 1 • Такой плоскостью я вляется плоскость ВСС1 8 1 . Затем из произвольной точки прямой АА 1 опускаем пер пендикуляр н а эту плоскость, напри мер из точки А , ( прямая А 1 В 1 перпендикулярна плоскости ВСС, В , ) . Длина перпендикуляра А , В , и есть расстояние между скрещивающимися прямыми АА 1 и ВС.

Вернемся теперь к разговору о скрещиваю щихся прямых АС и B 1 D 1 • Каково расстояние между ними? Через п ря мую А С п роведена плоскость, параллельная пря мой B 1 D 1 • Эта плоскость ABCD . Остается из какой­нибудь точки прямой B 1 D 1 , например из 8 1 , опустить перпендикуляр на плоскость ABCD (В , В перпендикулярна плоскости A B CD , В 1 В = а). Сле­довательно, расстояние между скрещивающи мися прямыми А С и B , D , равно а - дли не ребра куба .

Расстояние между скрещивающи м ися прямыми А С и B 1 D 1 найдено. Но как все-та ки построить их общий перпендикуляр? Давайте порассуждаем вместе . Общи й перпендикуляр указанных прямых я вляется и перпендику­ляром к пря мой BD, параллельной B 1 D 1 , а потому я вляется и перпендикуля­ром к плоскости A B CD. Значит, из всех перпендикуляров , опущенных из точек прямой B 1 D 1 на плоскость A B CD , надо выбрать тот, основание кото­рого принадлежит прямой А С. Сделать это просто .

Опустим из двух точек прямой B , D , перпендикуляры н а плоскость ABCD (В , В перпендикулярна плоскости А В С, DD , перпендикул ярна плоскости АВС) . Все перпендикуляры, опущенные из точек пря_мой B , D, на плоскость А В С, лежат в плоскости D , B , BD и параллел ьны 8 1 8 . Стало быть, основания всех таких перпендикуляров лежат на прямой пересечения плоскостей АВС и D , B , BD - BD.

Итак; основание искомого перпендикуляра должно принадлежать прямой А С и прямой BD, т . е. я вляться точкой их пересечения . П роведя через точку пересечения прямую, параллельную 88 1 , получи м общий перпендикуляр 001 скрещи вающихся прямых А С и B1 D 1 •

З а д а н и е 7 . Проведите рассуждения, связа н ные с построением общего перпендикуЛяра скрещивающихся прямых BD и А 1 С 1 ( рис . 62 ) .

З а д а н и е 8 . Докажите, что прямые A D 1 и СВ , н а рисунке 62 скрещивающиеся . Постройте их общий перпенди куляр .

З а д а н и е 9 . Даны две параллельные плоскости и прямая , содер­жащаяся в одной из них. Ка к построить в другой плоскости прямую, скрещивающуюся с данной?

Из всех названных Петром Ивановичем свойств скрещивающихся прямых нами не рассмотрено одно : о существовании пря.мой, проходящей через данную точку и пересекающей две данные скрещивающиеся прямые.

1 24

6

Рассмотри м это свойство, вновь обра щаясь к изображению куба ( рис . 62) .

Обратимся к скрещи вающи мся прямым А С и B 1 D 1 . Представьте , что некоторая точка Х принадлежит плоскости АВС. Через нее надо провести п ря мую, пересекающую обе указанные скрещивающиеся прямые. Существует ли такая прямая?

Давайте порассуждаем . Поскольку точка Х искомой прямой при надле­жит плоскости АВС и искомая прямая пересекает прямую А С, то две ее точки принадлежат плоскости АВС. Следовательно, всяка я прямая, проходя щая через точ ку Х и пересекающая пря мую А С, лежит в плоско1..rи АВС. Но плоскость АВС паRаллельна пря мой B 1 D 1 • Следовательно, никакая прямая , проходящая через точку Х и пересекающая прямуЮ А С, не пересекает в этом случае вторую из скрещивающихся пря­мых - В 1 D 1 .

Таким образом, искомой прямой в данном случае не существует. Ее не существует и тогда , когда точка Х принадлежит плоскости А 1 В 1 С 1 .

Рассмотри м теперь случай , когда точка Х не принадлежит параллельным плоскостям , проведенным через скрещи вающиеся пря мые АС и B 1 D 1 • Для с'пределенности возьмем точку Х на пря мой АА 1 • Тогда все прямые, проходя щие через точку Х и пересекающие прямую А С, лежат в плоскости АА 1 С 1 С . Из них надо выбрать ту, которая пересекает еще и прямую B 1 D 1 . Плоскость АА 1 С1 С пересекает прямую B 1 D 1 в единственной точке 01 • Поэтому прямая Х01 искомая , притом единственная . Она пересекает прямую А С потому, что лежит с ней в одной плоскости и не параллельна ей .

Теперь вы убедились, что «С кубом под м ы ш кой» можно рассмотреть и осознать м ногие свойства скрещи вающихся прямых .

В самом конце мы выбрали точку Х на пря мой АА , , содержащей ребро куба . Возможно, вы не удовлетворены этим случаем из -за его чрезмерной простоты? Если так, то вот в а м зада ние.

1 25

А

1 1 1

�--/ / -- ­/ - -

Р и с . 63 в

3 а д а н и е 1 0 . На рисунке 63 изображен куб . Через точку Х, принадлежащую прямой ВС1 , проведите прямую, пересекающую скрещивающи­еся прямые А С и B 1 D 1 .

2 . Извлечь гипотезу. Начнем с решения следующей задачи : Найти геометри ческое место то чек, являю­

щихся серединами отрезков, концы которых принадлежат двум данным . параллельным пря­мым ( один конец каждого из отрезков при­надлежит одной из параллельных прямых, втор.ой - другой ) .

Изобразите две параллельные прямые и по­стройте несколько искомых точек. Вы, несомнен­но, выдвинете гипотезу : искомое геометри ческое место точек есть прямая, параллельная дан-ным . Как доказать эту гипотезу? Сначала пост­

роим названную прямую. Для этого возьмем некоторый отрезок АВ, .концы которого принадлежат данным параллельным прямым а и Ь ( рис . 64 ) . Построим его середи ну - точку Х. Через точку Х п роведем прямую, парал­лельную данным. Докажем теперь, что построенная прямая х и есть искомое геометрическое место точек.

Прежде чем приступать к доказательству, нужно хорошо понять, что надо доказать. А надо доказать два предложения :

l ) Всякая точка прямой х обязательно является серединой какого­либо, хотя бы одного, отрезка с концам и на заданных параллельных прямых.

2 ) Середина любого отрезка с конца ми на данных параллельных прямых принадлежит прямой х. Если не доказано первое предложение,

1 26

то, доказа в лишь второе, можно считать доказанным , что искомое геометрическое место точек есть пря­мая х или прямая х «С дырами» , «с просветам и » на ней . Ведь нами еще не доказано, что всякая точка прямой х является серединой какого­либо отрезка с кон цами на данных параллельных прямых ! Если не дока-

�1 D F Н В К

Рис. 64

а

х

ь

зано второе предложение, то , доказав первое, мы можем быть уверены, что прямая х входит в искомое геометрическое место точек ; но у нас нет никакой гарантии, что искомое геометрическое место точек не представ­ляет собой некоторую более сложную фигуру, в которую входит и прямая х.

Ита к, вы теперь представляете, ч т о н а м надо доказать и как проводить до�азательство? Тогда приступаем .

1 ) Возьмем на прямой х произвольную точку G . Как доказать; что она я вляется середи ной некоторого отрезка с конца ми на данных п а раллельных прямых? Види мо, нужны дополнительные построения, причем такие, которые позволили бы воспользоваться условием : прямая х проходит через середину отрезка АВ и параллельна данным прямы м . Здесь возможны разные варианты. Вот один из них . .

Строим отрезок A D ( рис . 64 ) , содержа щий точку G . А дальше ясно . Поскольку точка Х середина отрезка А Н и XG l l BD, то отрезок XG совпадает со средней л инией треугольника ABD. Поэтому точка G -середина отрезка A D , вследствие чего принадлежит искомому геометри­ческому месту точек.

Другой вариант испол ьзует свойство ра венства противолежащих сторон п араллелогр а м м а . В этом варианте через точку G проводим отрезок EF, параллельный отрезку А В , а затем рассматриваем три параллелограмма .

�:f'TJ3'ff/JЬ�T�1� rнпо П1зы

ffr6Y1t: Ч'q_ C'Г.l!:Q:. r. '"'l'­

. • "f!J

1 27

'

Получаем E G = AX, GF = XB , откуда EG = GF, т . е . точка G есть середина отрезка EF. Можно, наконец, предложить третий ва риант, основой которого я вляется использование свойства средней линии трапеци и . Ита к, мы доказали , что всякая точка пря мой х я вляется серединой какого-либо отрезка с конца ми на данных параллельных прямых . П риступим к доказательству второго предложения .

2 ) Пусть и меем отрезок с конца м и на да н ных параллельных прямых. Может быть два случая .

С л у ч а й 1 . Отрезок п роходит через точку Х. На рисунке 64 таким отрезком �вляется отрезок РН. Поскольку Л АХР = !:::,. ВХН по стороне и двум прилежа щим к ней угл а м, то Р Х = Н Х, т. е . точка Х я вляется серединоi\ отрезка РН. Но тогда получаем, что середина всякого отрезка с концами на да нных параллельных прямых , проходящего через точку Х, есть точка Х, а потому принадлежит пря мой х.

С л у ч а й 2 . Пусть отрезок не проходит через точку Х. На рисунке 64 таким отрезком я вляется отрезок М К. Пусть О - точ ка пересечени я отрезка МК с прямой х. Через точку Х проведем отрезок РН, параллельный от­резку МК. Точка Х - середина отрезка РН. МО = РХ, ОК = ХН как противолежа щие стороны параллелогр а м мов . Но РХ = ХН, следовательно, М О= О К. Получили , что середина отрезка М К та кже принадлежит пря мой х.

Таки м образом, середи на вся кого отрезка с конца ми на да нных парал­лельных прямых а и Ь принадлежит прямой х.

• Середина отрезка с конца м и на прямых а и Ь и и м перпендикулярного, как и всякого другого, концы которого принадлежат прямым а и Ь , принад­лежит п рямой х. Следовательно, прямая х равноудалена от п рямых а и Ь . Поэтому полученный результат м ожно сформулировать так : гео.метрическое место середин отрезков, концы которых принадлежат двум параллельным прямым ( оди н . конец каждого из отрезков принадлежит первой п рямой , другой - второй прямой ) , есть прямая, параллельная данным прямым и равноудаленная от них.

Что можно извлечь из проведенных рассуждений? А вот что . Есл и и меются ра вные отрезки, да еще и параллельные

прямые, то для доказательства равенства друrих двух отрезков нужно попытаться воспользоваться свойством средней линии треугольника или трапеции , свойством противолежа щих сторон пар аллелогр а м м а , призн аками ра венства треугольников, теоремой Фалеса . Вообще из всяких р ассуждений целесообразно извлекать то цен ное, что м ожет при годиться при решении друг11 ;: задач . Это увеличит ваши возможности в осуществлении поиска решения задач , доказательства теорем .

- Все это хорошо,- скажете вы ,- и даже и нтересно и полезно. Мы с эти м согл асны. Но, извините, п ричем же здесь скрещивающиеся пря мы�? Ведь да нный раздел называется « Беседы о скрещивающихся прямых» . Мы ушли от темы !

Н а самом деле, мы отошли от скрещивающихся прямых . Пора возвра · щаться к ним. Но что же, только что рассмотренную зада чу мы решили так просто? Для счета? Да нет. Давайте, опираясь на нее, перейдем из пл аниметрии в стереометрию . А там , гляди шь, перейдем и к беседам о

1 28

скрещивающихся прямых. Но как это сделать? Давайте воспользуемся для этого а н а л о г и е й . Нельзя ли соста ­вить задачу н а случай пространства , а н а л о г и ч н у ю только что решен­ной ? Естественно, пару параллельных прямых заменить параллельными плос­костям и . Отрезки с концами на парал­лельных прямых заменить отрезкам и с конца м и н а двух параллел ьных плос­костях ( один конец каждого отрезка на первой плоскости, другой - н а второй) . Какую фигуру представляет собой геометрическое место середин таких отрезков ?

Гипотеза может быть получена здесь с помощью а н алогии . Данные параллел ьные прямые заменены парал­лельными плоскостям и . Вероятно, и искомое геометрическое место се-

- р

Е д !f/м а ir-1 1 1

о

/3

Рис . 65

редин отрезков с кон ца м и на двух параллеJiьных плоскостях будет пред­ставлять собой плоскость, параллельную данным плоскостям . Ведь в пре­дыдущей задаче две параллельные прямые «породили» фигуру того же наименования - прямую, им п араллел ьную! Видимо, и в данном случае две параллел ьные плоскости должны «породить» параллел ьную им плоскость.

Итак, надо доказать, что геометрическое место середин отрезков, концы которых лежат на данных двух параллельных плоскостях (один конец каждого отрезка на одной плоскости , второй конец - на другой ) , есть плоскость, параллельная данным плоскостям и равноудаленная от них. ·

П режде чем приступать к доказательству, давайте осознаем, что надо доказать . . . В а м понятно, что же нужно доказывать?

В прочем , сначала нужно сделать рисунок. Пусть плоскости а и � парал­лельны ( рис . 65) . Возьмем произвольный отрезок А В с концами на этих плоскостях. Через точку Х ( середину этого отрезка ) проведе.М__ плоскость у, параллельную данным плоскостя м . Докажем, что плоскость у и есть искомое геометрическое место середин соответствующих отрезков . Для этого нужно доказать два предложения : l ) всякая точка плоскости у является серединой некоторого отрезка с концами на данных плоскостях а и � ; 2) середина любого отрезка с концами н а данных плоскостях принадлежит плоскости у.

Заметим также, что поскольку решаемая нами задача аналогична уже решенной задаче планиметрии, то, видимо, и ее решение будет анало­гичным решению предшествующей . Поэтому попробуем рассуждать по аналогии с тем , как это мы делали , решая задачу-предшественницу, породив­шую новую задачу - задачу стереометрии .

Итак, приступаем . l ) Пусть точка G принадлежит плоскости 1'· Надо доказать, Что она

явл яется серединой некоторого отрезка с концами на плоскостях а и � - Как это сделать? Конеч н о же, надо воспользоваться условием : принадлежащая

5. З а к . 1 823 И . Л . Н и кол ь с к а я 1 29

плоскости у точка Х является серединой отрезка А В и плоскость у параллель­на данным плоскостям . Для этого проведем отрезок А G и продолжи м его до пересечения с плоскостью f3 в точке D . Прямые XG и BD являются прямыми пересечения параллельных плоскостей у и f3 третьей плоскостью ABD, поэтому они параллельны. Но тогда отрезок XG совпадает со средней линией треугольника ABD, поэтому точка G является серединой отрезка AD с концами на данных параллельных плоскостях.

Другой вариант доказательства м ожет состоять в проведении через точку G отрезка EF, параллел ьного отрезку АВ, и в испол ьзовании свойства противолежащих сторон параллелогр а м м а . В этом случае и меем E G = АХ, GF = XB , следовательно, EG = GF и точка G является серединой отрезка ЕР с конца м и на дан ных параллельных плоскостях.

Итак, м ы доказали , что всякая точkа G плоскости у я вляется серединой некоторого отрезка с кон ца м и на двух данных параллельных плоскостях а и f3 .

2) Как и в планиметрической задаче, породившей дан ную задачу стереометрии , расс мотрим два случая .

С л у ч а й 1 . Отрезок с концам и на плоскостях а и f3 содержит точку Х. На рисунке 65 та ким отрезком является отрезок РН. Поскольку прямые пересечения двух параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны, то A P l l BH. Но тогда л А ХР = л ВХН по стороне и двум прилежа щим к ней угл а м . Следовательно, РХ = НХ, т. е . середина отрезка РН, которой является точка Х, принадлежит плоскости у. Таким образом, получили, что всякий отрезок с конца м и на параллельных плоскостях а и f3 и прохо­дящий через точку Х имеет серединой точку Х.

С л у ч а й 2 . Отрезок с концам и на данных плоскостях а и f3 не содержит точку Х. На рисунке 65 таким отрезком является отрезок М К. Пусть точка О есть точка пересечения отрезка М К с у . Проведем через точку Х отрезок РН, параллельный отрезку МК. Поскольку прямые пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны, то Р М 1 1 ОХ 1 1 Н К. Так как противолежащие стороны п а раллелогра м м а равны , то МО = ХР. ОК = ХН. Но ХР = ХН, следовательно, М О = ОК. Получили , что середина отрезка МК принадлежит плоскости у .

Всякий отрезок с концам и в данных параллельных плоскостях а и f3 и перпендикулярный этим плоскостя м , делится плоскостью у пополам. Следовательно, плоскость у равноудалена от дан ных плоскостей а и f3 .

Задача решена . А теперь, н а конец, обрати мся к скрещивающи мся прямым . Что

представляет собой геометрическое место середин отрезков с концами на двух скрещивающихся прямых?

Сначала надо извлечь гипотезу. Но из чего извлечь? Решая две пред­шествующие задачи на геометрические места середин отрезков с концами на параллельных прямых или плоскостях, мы сначала извлекли гипотезу из наблюдений за рисунком , а потом опи раясь на а н алогию новой задачи с предшествующей . Как поступить сейчас? Снова воспользоваться рисунком? Каки м ? А что, если вновь воспользоваться изображением куба? Ведь этот рисунок нами хорошо освое н ! Ну что ж, воспользуемся этой идеей .

1 30

Рис. 86 ·

На рисунке 66 изображен куб . За данные скрещивающиеся прямые выберем прям ые АВ и В 1 С 1 .

С начала рассмотрим отрезки , одни м концом которых является точка 8 1 , други м - точки, принадлежа щие прямой АВ . Поскольку один конец каждого из отрезков оказывается принадлежащим прямой А 1 В 1 , а другой - п рямой А В , причем AB l l A 1 B 1 , то середины рассматриваемых отрезков принадлежат прямой, параллельной АВ и проходящей через середину отрезка ВВ 1 • Вы понял и , о чем сейчас идет речь?

Середины рассматри ваемых отрезков принадлежат геометрическому м есту середин отрезков с конца м и на скрещивающихся прямых АВ и В 1 С 1 и в то же время принадлежат геометрическому месту середин отрезков с кон ца м и на параллельных пря мых АВ и А 1 В 1 • Это объясняется тем, что точка В1 принадлежит прямой В 1 С 1 , скрещивающейся с прямой АВ, и прямой А 1 В 1 , параллельной АВ.

Рассмотри м зате м отрезки , одн и м концом которых является точка В, а вторые концы принадлежат п рямой В 1 С 1 • Середины этих отрезков принадлежат геометрическому месту середин отрезков с концами на скрещивающихся прямых АВ и В 1 С 1 . В то же время середины указанных отрезков п ри надлежат геометрическому месту середин отрезков с концами на. параллельных прямых В1 С 1 и В С, т . е . на прямой, параллельной прямой В 1 С 1 и проходящей через середину отрезка ВВ 1 - точку М.

Сейчас н а м стало уже ясно, что в геометрическое место середин отрезков с конца ми· на с крещивающихся прямых АВ и В 1 С1 входят две построенные на м и прямые т и m 1 , проходящие через середину отрезка ВВ 1 и соответст­венно параллельные данным скрещи вающимся прямым АВ и В 1 С 1 • Какую гипотезу можно выдвинуть относительно геометрического места середин отрезков с конца м и на скрещивающихся прямых? Может, оно состоит из двух пересекающихся прямых т и т1 ? Нет . Потому что середина отрезка АС1 с конца ми на скрещивающихся прямых АВ и В 1 С1 не принадлежит ни одной из этих прямых. Скорее всего, искомое геометрическое место точек предста вляет собой плоскость, проходящую через пересекаю-

5* 1 3 1

1

щиеся прямые т и m 1 . Чтобы укрепить свою уверенность в правильности такой гипотезы, полезно обратиться к своей ком нате как модели прямоугольного параллелепипеда , частным слу­чаем которого является куб .

Для этого выберите сначала две скрещи­вающиеся прямые на этой модели , например прямую пересечения плоскости пола и плоскости передней стенки и прямую пересечения плос­кости , равностоя щей от плоскостей пола и зрительно представьте плоскость, равноотстоя­щую от плоскости пол а и плоскости потолка . После этого представьте зрительно середины отрезков с кон ца м и н а выделенных скрещиваю­щихся прямых . Кажется, они принадлежат плос­кости, равноотстоящей от плоскостей пола и

Рис . 67 потолка . Итак , какую же гипотезу мы получил и ? Вот

она : геометри ческое место середин отрезков с концами на двух данных скрещивающихся прямых есть плоскость, равноудаленная от двух парал­лельных плоскостей, проведенных через данные скрещивающиеся прямые.

Итак, пусть а и Ь - две дан ные скрещивающиеся прямые. Проведем через них две параллельные плоскости а и f3 ( рис . 67) . Построим произволь­ный отрезок А В с конца м и на данных скрещивающихся прямых. Через его середину Х _проведем плоскость у, параллельную плоскостям а и f3. Надо доказать, что плоскость у и есть геометрическое место середин отрезков с конца ми на двух скрещивающихся прямых а и Ь .

Все, кажется, хорошо. Остается только доказать. Но. . . Вас ничто не удивляет? Не гложет червь сомнения? Не кажется ли вам выдвинутая гипотеза ошибочной? Нет, на самом деле, давайте обратимся к рисунку 67.

Плоскости а и f3 параллельны. Н а м и доказано, что геометрическое место середин отрезков с конца м и на плоскостях а и f3 есть плоскость у. Затем вместо плоскости а мы берем прямую а этой плоскости , а вместо плоскости f3 берем прямую Ь этой плоскости . И з каждой плоскости только по одной прямой ! Вслед з а указанным выбором только двух п рямых в место двух плоскостей возьмем из всех отрезков с конца ми на параллельных плоскостях а и f3 т о л ь к о отрезки с конца ми на выбранных прямых.

- Ну и что? - скажете вы. - Как ну и что? Ведь мы отбросили бесконечное м ножество отрезков

с концами на параллельных плоскостях, оставив только те, концы которых принадлежат прямым а и Ы И все-таки, несмотря на это, геометрическим местом середин этой оставшейся части отрезков остается та же, прежняя, вся ( ! ) плоскость у ! Нет, согласитесь, здравый смысл подсказывает, что гипотеза , которую мы собираемся доказать, выглядит стра нной и сомнитель­ной . . . Знаете, хочется как-то снять напряжение от возникшего сомнения. Но как это сделать? Как?

Проще всего, видимо, обратиться к более простой задаче. Ну, например,

1 32

давайте вместо параллельных прямых а и Ь возьмем их часть - параллель­ные противонаправленные лучи а и Ь с начальными точками А и В соответственно (рис . 68 ) . И давайте выясним , какая геометрическая фигура является геометрическим местом середин отрезков, кон цы которых принадле­жат луч а м а и Ь. Если искомое геометрическое место по-прежнему есть прямая х, равноудален ная от п рямых а и Ь (лежащая в плоскости прямых а и Ь ) , то возникшее сомнение в правильности гипотезы о серединах отрезков с кон ца м и на скрещивающихся прямых, пожалуй, исчезнет и мы охотно возьмемся за доказательство гипотезы .

Рассмотрим �начала- отрезки , одни м концом каждого и з которых является точка В, а другой конец принадлежит лучу а. Ясно, что геометрическое место середин этих отрезков представляет собой луч, параллельный лучу а и исходящий из точки Х - середины отрезка А В ( рис. 68 ) .

П рекрасно ! А теперь рассмотрим отрезки , одни м концом каждого из которых является точка А , а другим - точка, принадлежа щая лучу Ь . Геометрическим местом середин этих отрезков будет луч , параллельный лучу Ь и исходящий из точки Х. Но полученные два луча с началом Х образуют прямую, проходящую через точку Х и параллельную прямым а и Ы Несмотря на то что часть отрезков с концами на параллельных прямых а и Ь была исключена , мы получили прежнее геометрическое место точек - прямую х ! . . Но как объяснить этот парадокс ? Ведь, казалось бы, раз часть отрезков исключена , то и их середины будут исключены, а потому и новое геометрическое место долж но составить лишь часть прежнего ? !

А объяснить н а ш парадокс можно так. Дело в том , что каждая точка прямой х является середин9й бесконечного множества отрезков с концами на двух параллельных прямых. Оттого что часть отрезков исключена, точки прямой х не перестают быть серединами других проходящих через них отрезков . В этом весь секрет.

Ну что же, подозрение в ошибочности выдвинутой гипотезы , кажется, было напрасн ы м . Хотя, почему напрасным? Оно принесло нам пользу : мы выяснили причину кажущегося парадокса , когда исключение части отрезков не ведет к изменению фигуры, составленной из середин остав­шихся отрезков, по отношению к первоначальной .

Итак, надо доказать, что геометри ­ческое место середин отрезков с концами н а двух скрещивающихся пря­мых есть плоскость равноудаленная от двух параллельных плоскостей , про­веденных через данные скрещивающи­еся прямые . Для этого вернемся к ри ­сунку 67 , который м ы оставили для вы­яснения сом нений в правильности вы­двинутой гипотезы.

Напомним себе, что плоскость у проведен а через середину одного из отрезков с кон ца м и на данных скре­щивающихся п ря мых параллельно

а

Рис. 68

1 33

плоскостям а и � · Надо доказать, что плоскость у и является искомым геометрическим местом точек. '

Так что же надо доказать? А доказать нужно два предложения. 1 ) Середина всякого отрезка с концами на данных двух скрещиваю,

щихся прямых принадлежит плоскости у. Доказать это просто. Ведь ранее уже доказано, что середина всякого

отрезка с концам и на параллельных плоскостях а и � принадлежит плоскос­ти у! Отрезки с концами н а скрещивающихся прямых а и Ь являются одновременно и отрезками с концами на параллельных плоскостях а и �· Поэтому их середины принадлежат плоскости у .

2) Кроме того, надо доказать, что всякая точка плоскости у является серединой некоторого отрезка с концами на скрещивающихся прямых а и Ь .

Как это сделать? Возьмем в плоскости у произвольную точку G ( рис . 67) . Точка G не принадлежит параллельным плоскостям а и �- Поэтому сущест­вует и единстве нная прямая, прqходящая через эту точку и пересекающая скрещивающиеся п рямые а и Ь . На рисунке 67 таким отрезком является отрезок EF. Получ или , что точка G является точкой пересечения отрезка с кон цами н а плос костях а и � с плоскостью у . Но тогда точка G является серединой отрезка EF с концам и на скрещивающихся прямых а и Ь . Следовательно, точка G принадлежит искомому геометрическому месту точек - середин отрезков с концами на скрещивающихся а и Ь .

Все ! Справедливость гипотезы доказана . Что можно изв.лечь из доказа нного? Полученный результат говорит о

том , что плоскость в пространстве можно задать' с помощью двух скрещиваю­щихся п рямых. Только нужно задать эти прямые «как н адо» . Для этого достаточно на одном и том же расстоянии от плоскости, которую мы хотим задать, провести две параллельные плоскости а и �. а в этих двух плоскостях провести две произвольные скрещивающиеся прямые а и Ь . 1 34

Середи ны отрезков с кон ца ми на проведенных скрещивающихся прямых и образуют нужную плоскость у . Можно поступить и и наче. Надо провести две скрещива ющиеся прямые АВ и EF, пересекающие плоскость у, от точек пересечения на проведенных прямых отложить равные отрезки : ХА = ХВ , GE = GF. Скрещи вающиеся прямые АЕ и BF задают плоскость у .

Итак, мы рассмотрели три геометрических места середин отрезков : а ) с конца м и на двух параллельных прямых; б ) с конца м и на двух параллельных плоскостях ; в ) с конца ми на двух скрещивающихся прямых .

В первом случае это была прямая , в двух других случаях - плоскость. В каждом из них наши рассуждения облегчались тем, что мы нашли достоверную гипотезу.

В поиске гипотез мы опирались на зрительное впечатление от выполнен­ных построений , на а налогию с другим случаем, на использование частного случая ( в качестве п ри мера скрещивающихся прямых использовали две прямые, содержа щие скрещивающиеся ребра куба ) , на предметы окружающей нас обста новки ( например, на комнату как на модель прямо­угольного параллелепипеда, представляющего собой обобщение куба ) .

В поиске гипотезы важно, конечно, уметь рассуждать, и меть необхо­димые знания . С другой стороны, выдвинутая гипотеза делает последующие рассуждения целенаправленными , а ее доказательство расширяет и мею­щиеся знания .

А теперь выполните следующие зада ния . 3 а д а н и е 1 1 . И зобразите призму . Постройте геометрическое место

середин отрезков с конца м и на основаниях призмы. 3 а д а н и е 1 2 . Изобразите пира миду. Постройте геометрическое

место середин отрезков, оди н конец каждого из которых совпадает с верш иной пирамиды, а другой - принадлежит ее основанию.

3 а д а н и е 1 3 . П роведем обобщение трех рассмотренных геометрических мест середин отрезков. Ка к провести обобщение? Мы брали середины отрезков с конца м и на двух заданных фигурах ( на двух параллельных прямых, или двух параллельных плоскостях, или двух скрещивающихся прямых ) . Это можно выразить иначе : на указанных отрезках мы брали точки, которые делили каждый отрезок в одном и том же отношении -1 : 1 . Теперь за мени м это отно шение отношением т : п, считая от того конца отрезка , который принадлежит во всех случаях одной и той же из двух указанных ф и гур .

Пользуясь аналогией, установите, какую фигуру предста вляет собой геометрическое место точек, деля щих отрезки в отношении т : п , считая от принадлежа щего одной и той же фигуре конца , если концы отрезков принадлежат: а ) двум параллельным прямы м ; б) двум параллельным плоскостя м ; в) двум скрещивающи мся прямы м .

3 а д а н и е 1 4 потруднее . Даны две пересекающиеся прямые. Какую фигуру образует геометрическое место середин отрезков с концами на данных прямых (один конец на одной прямой, второй - на другой прямой ) .

3 а д а н и е 1 5 . Сторона основания пра вильной четырехугольной призмы равна 1 5 , высота равна 20 . Найдите кратчай шее расстоя ние от стороны основання до не пересекающей ее диагонали призмы .

1 35

Ответы и решения к «Беседам о скре­щивающихся прямых».

3 а д а н и е 2. Искомая прямая содержится в плоскости, проходящей через одну из скрещивающихся прямых и данную точку. Кроме того, искомая прямая должна пере­секать вторую , скрещивающуюся с· первой прямую . Поэтому она проходит через точку пересечения указанной плоскости со второй прямой и через данную точку. Если данная точка принадлежит одной из двух параллельных плоскостей, проходящих через заданные скрещивающиеся прямые, то искомой прямой не существует п р и усл о­вии, что данная точка не принадлежит ни одной из данных скрещивающихся прямых. Есл и данная точка принадлежит одной из скрещивающихся прямых, то искомых прямых бесконечно много ( все они пересекают одну из скрещивающихся прямых в данной точке) . Если же данная точка не принадлежит ни одной из двух параллельных плоскостей , проведенных через скрещивающиеся прямые, то искомая прямая существует и единственн а . 3 а д а н ;. е 3. П р и вращении получатся две плоскост и, перпендикулярные об щему пер­пендикуляру скр ещивающихся пря мых. З а д а н и е 5. Прямые АА 1 и 8С лежат в параллельных плоскостях, поэтому об щих точек не имеют. Поскольку прямая A D па ­раллельна прямой 8С, то АА 1 �8С. Остается, что прямые АА 1 и 8С скрещиваются . 3 а д а ·н и е 6. Через точку А проведем прямую AD, параллельную 8С. Через точку 8 проведем прямую 8 8 1 , параллельную пр ямой АА 1 . Плоскости AA 1 D и 88 1 С (содержа щие две противолежа щие парал­лельные грани куба ) искомые. Расстояние между этими плоскостями равно а. Это означает, что расстояние между любыми двумя точками, одна из которых принадлежит одной из параллельных плоскостей , вторая -другой , равно а или больше чем а. Отсюда следует, что расстояние между точ кам и А и 8 является расстоянием между скре­щивающимися прямыми АА 1 и 8 С.

1 36

3 а д а н и е 7. Через одну из названных скрещивающихся прямых, например через 8 D , проведем плоскость, параллельную другой прямой - А 1 С 1 . Та кой плоскостью является плоскость A8CD, так как A C ll A 1 C 1 . Орто­гональной ( перпендикулярной ) проекцией прямой А 1 С 1 на плоскость A8CD является прямая А С. Прямая АС пересекает прямую 8D в некоторой точке О. Через точку О проведем прямую, параллел ьную прямой АА 1 • П роведенная прямая пересечет прямую А 1 С 1 в некоторой точке 0 1 . Отрезок 001 -об щий перпенди кул я р скрещивающихся пря­мых 8D и А 1 С 1 . 3 а д а н и е 8. Прямые A D 1 и С8 1 лежат в параллельных плоскостях, поэтому общих точек не и меют. Обозн ачим точку пересечения прямых 8С1 и С81 буквой М. Получаем, что через точку М проведена прямая С8 1 , параллельная прямой A D 1 . Н о тогда C8 1 �A D 1 . О<;rается, что прямые A D 1 и С8 1 скре­щивающиеся. 3 а д а н и е · g . Через данную прямую и не­которую точку Х второй плоскости проведем плоскость. Эта плоскость пересечет вторую из данных плоскостей по некоторой прямой х,

проходящей через точку Х. Через точку Х в данной плоскости проведем произвольную прямую у, о:rл и ч ную от прямой х . Прямая у скрещивается с данной прямой и содержится во второй из данных плоскостей . 3 а д а н и е 1 0 . Искомая прямая проходит через точку Х и пересекает пря мую 8 1 D 1 . поэтому о н а содержится в плоскости X8 1 D 1 . И з всех прямых, проходя щих через точку Х и пересекающих прямую 8 1 D 1 , нужно найти такую , которая пересекает прямую А С. Следовательно, решение задачи сводится к

построению точки пересечения плоскости X8 1 D 1 с прямой А С. Ка к построить эту точку? Поскольку прямая А С содержится в плоскости A8CD, то искомая точка принад­лежит пря мой пересечения плоскостей X8 1D 1 и A 8 CD. К а к построить прямую пересечения указанных плоскостей ? Прежде всего заме­чаем , что она параллельна прямой 8 1 D 1 , поскольку прямые пересечен ия двух парал­лельных плоскостей третьей плоскостью парал-

Рис. 69

лельны. Значит, дл я построения нуж ной н а м прямой пересечения достаточно построить одну общую точку плоскостей XB 1 D 1 и A B CD. Та кой точкой является точка пересечения пря ­мых ВС и ХВ 1 . Обозначим эту точку У (рис . 69) . Через точку У п роведем прямую у, парал­лельную прямой B 1 D 1 . Прямая у есть прямая пересечения плоскостей XB 1 D 1 и ABCD. Строи м точку пересечения прямых А С и у -точку М. Прямая ХМ пересекает прямую B 1 D 1 в некоторой точке Е. Следовательно, прямая МХ искомая . Д о п о л н и т е л ь н о е з а д а н и е . Построй ­те точку пересечения прямой ХМ с плоскостью AA , D , D . 3 а д а н и е 1 1 . Иском.ым геометрически м местом точек я вл яется м ногоугольник ( вместе с его внутренней областью ) , вершинами которого явл яютс я середины боковых ребер призмы, а его стороны лежат в боковых гранях данной призм ы.

3 а д а н и е 1 2 . . Искомое геометрическое место точек есть многоугольник (с его внутренней областью ) , вершинами которого являются середины боковых ребер пирамиды, а стороны лежат в боковых гранях пирамиды. 3 а д а н и е 1 3 . а) Пусть даны две парал­лельные прямые а и Ь ( рис . 70) . Возьмем произвольный отрезок АВ с концам и на этих прямых . На отрезке АВ возьмем точку Х, такую , что она делит отрезок в отношении т : п , . с читая от кон ца, принадлежа щего прямой а (АХ : ХВ = т : п). Через точку Х

а

х

ь )) F Н 8 К

Рис. 70

1 3 7

проведем прямую х, параллельную прямой а .

Прямая х и есть искомое геометрическое место точек. Докажем это. 1 ) Снача.� а дока жем, что вся кая точка G прямой х. я

'вJ1 иетс я точкой некоторого отрезка

с ко1ща м и на данных параллет ,ных прн мых и дсл 1 1т его в отношении 111 : п , счита н от ко1ща, принадлежа щего примой а . Возможны разные вариа нты доказател ьства . Вот один из них . Стр ои м отрезок A D, содержа щий точку G (D Е Ь ) . Из подобия треугольников

A G АХ т A GX и ADB следует, что GD = ХВ = п· т. е. точка G удовлетворяет требованию задачи. Другой вариант доказательства опирается на свойство: противол-ежащие стороны паралле­лограмма равны. Для этого проведем через точку G отрезок EF, параллельный отрезку

EG А В . Поскольку EG = A X , GF = XB, то GF = АХ т G • = хв = n' т. е. точка прямои х удовлет-

воряет требова нию задачи . Наконец, можно воспользоваться обобщенной теоремой Фалеса. Итак, мы доказали, что всякая точка прямой х является точкой некоторого отрезка с концами на данных параллельных прямых а и Ь и делит этот отрезок в отношении т : п, с читая от конца, принадлежащего пря мой а. Следовательно, всякая точка прямой х принадлежит искомому геометри ческому месту точек. 2) Пусть теперь имеем отрезок с конца ми на. данных параллельных прямых. В озьмем на нем точку, делящую его в отношении т : п , считая от конца, принадлежа щего прямой а. Надо доказать, что эта точка принадлежит прямой х. Может быть два случая. С л у ч а й 1 . Отрезок с конца ми на данных прямых содержит точку Х. На рисунке 70 таким отрезком явл яется отрезок РН. Из подобия треугольников А ХР и В ХН следует, что ХР : ХН = ХА : ХВ = m : п . Получаем, что точка Х делит отрезок РН в отношении т : п, с читая от конца, принадлежа щего прямой а. Но такая точка на отрезке РН

1 38

единственная . Следовательно, есл и отрезок с концами на да нных прямых а и Ь проходит через точку Х, то точкой , делящей его в отн ошении т : п, с читая от кон ца, принадлежа щего прямой а, явл яется точка Х. Но точка Х принадлежит прямой х, что и требовалось доказать. С л у ч а й 2. Отрезок с концами на данных па раллельных прямых не содержит точку Х. На на шем рисунке таким отрезком является отрезок КМ. Этот отрезок пересекает пря мую х в некоторой точке О. По доказа нному в первой части M O : OK = m : n . Но такая точка на отрезке М К единственная . Значит, всякая удовлетворяющая требованию задачи точка принадлежит прямой х .

Доказательство за вершено. б ) Искомое геометр ическое место точек есть пл оскость, параллельная данным плоскостям. Доказательство а н а л· о г и ч н о доказатель­ству в предыдущем случае а) и доказатель­ству для случая , когда т : п = 1 (тогда речь идет о геометрическом месте середин отрезков с кон ца ми на да нных параллельных плоскостях) . в ) Искомое геометри ческое место точек есть плоскость, параллельная параллельным плос­костям , проходящим через да нные скрещи­вающиеся прямые. Доказательство анало­гич но доказател ьству для случая, когда m : n = I ( оно приведено в тексте) . 3 а д а н и е 1 4 . У нас нет никакой гипотезы. Надо ее получить. Но как? Д авайте при­бегнем к зрительному образу. В геометрии это часто приходитс я делать. Изобразим две пересекающиеся прямые а и Ь ( рис . 7 1 , а) .

Точку их пересечения обозначим Х. Возьмем произвольную точку А на прямой а. Что за отрезок ХА ? Удовлетворяет ли он требованию задачи? Ero конец Х принадлежит обеи м прямым. Конец А принадлежит только прямой а. Следовательно, его можно рассматри вать как отрезок с конца ми на данных пересекаю­щихся прямых: один ero конец на прямой а, другой - на прямой Ь . Середи на отрезка -точка М принадлежит прямой а. Кажется, всякая точка прямой а явл яется серединой

а)

Р11с. 7 1

не1шторого отрезк а, оди н конец которого н а прямой Ь (совпадает с точкой Х) , другой - на прямой а. Хотя " . нет . Точка Х сост а вляет исключение: она не может быть серединой отрезка с кон ца м и на да нных прямых а и Ь . Н о все точки пря мой а,

за искл ючением точки Х, принадлежат искомому гео метр и ческому месту точек. Возьмем точку В на прямой Ь ( отл и чную от точки Х) . Середи на N огрезка ХВ также пр и надлежит и скомому геометрическому месту точе к . Ясно, что все точки прямой ·Ь , за и сключением точки Х, принадлежат искомому геометр ическому месту точек . Середина от­резк а АВ - точка Р также принадлежит искомому геометри ческому месту точек. Будем зр ительно представл ять отрезки, ни один конец которых не совпадает с точкой Х, а один конец принадлежит одной из да нных пересекающихся прямых, второй конец -другой прямой . Будем также предст а вл ять середины отрезков . Кажется, середины этих отрезков за полняют все четыре плоских угл а . Какова же г и п о т е з а ? Види м о, тако­в а : искомое геометр и ческое место точек есть плоскость, содержащая прямые а и Ь , за исключением одной точки - точки пересе­чения данных пря мых. Приступим к доказа­тельству гипотезы. Сначала докажем, что всякая отл и ч ная от точки Х точка пря мой а прин адлежит иско­мому геометр и ческому месту точек. В озьмем на прямой а некоторую точ ку М. Отл ожи м на луче ХМ от точ ки М отрезок МА = ХМ. Отрезок ХА имеет одни м концом точку А

прямой а, другим - точку Х прямой Ь .

Точка М - середина этого отрезка . Следо­вательно, точка М принадлежит искомому геометри ческому месту точек. Итак, всякая точка прямой а, отличная от точки Х, принад­лежит искомому геометрическому месту точек. Аналогично доказываем, что всякая отличная <JI' точ ки Х точка прямой Ь принадлежит искомому геометр ическому месту точек. Теперь возьмем прои звольную точ ку, не при­надлежа щую ни одной из данных пересекаю ­щихся пр ямых. Пуст ь этой точкой будет точка О (рис. 7 1 , 6) . Надо доказать, что существует отрезок с кон цам и на данных прямых а и Ь , для которого точка О явл яется середин ой . Как это сделать? Постр ои м прямую а1 , симметричную прямой а относительно точки О. П рямая а1 парал ­лельна прямой а, поэтому пересекает пря мую Ь в н екоторой точ ке В. Точка , сим метрич ная точке В, лежит на луче ВО и на прямой а. Постр ои м эту точку - А . Поскольку точка А сим метр ична точке В отн осительно точки О, то точ ка О - середин а отрезка АВ. Таким обр азом, всякая точка, не прин адлежащая данным пересекающимся прямым а и Ь,

принадлежит и скомому геометр ическому месту точек. Точка Х искомому геометрическому месту точек не принадлеж ит. Получил и, что всякая :гочка, принадлежащая плоскости пересекающихся прямых а и Ь,

за исключением их точки пересеЧения, при­надлежит искомому геометрическому месту точек.

1 39

Рис. 72

Поскщ1ьку все отрезки с конца ми на данных пересекающихся прямых содержатся в плос­кости этих прямых, то точек вне этой плоскости, принадлежащих искомому геомет­рическому месту точек, нет . Гипотеза доказана . 3 а д а н и е 1 5. Возьмем сторону осн ования призмы - АВ и не пересекающую ее диаго· наль призм ы - А 1 С (рис . 72) . Через прямую А 1 С проведем плоскость, параллельную пря· мой А В . Этой плоскостью я вл яется плоскость A 1 CD, так как A B l l CD . Сечением призм ы плоскостью A 1 CD является четырехугольник A 1 DCB 1 • Проведем BM ..L B 1 C. Плоскость А 1 DCВ 1 перпендикулярна плоскости правой грани ВВ 1 С 1 С, так как проходит через прямую CD, перпендикулярную второй плоскости. В 1 С - прямая пересечения этих плоскостей . Поскольку ВМ ..L В 1 С, то ВМ перпендикулярна пл оскости A 1 DCB 1 • Следовательно, длина

отрезка В М есть расстоя ние между прямыми А В и А 1 С. Вычислить его просто. С одной стороны, площадь треугольника В В 1 С равна половине произведения катетов - 150 ед.2 . С другой стороны, площадь того же треуголь-

1 ника равна 2 в 1 С -

ВМ. Следовательно,

В 1 С · ВМ = 300. Отсюда ВМ = 300 : В 1 С. Вы­числ яем В 1 С по теореме Пифагора , полу­чаем 25. Следовательно, ВМ = 1 2 . Расстояние между скрещивающимися прямыми А В и А 1 С равно 1 2. Построим их об щий перпен­дикул я р . Для этого построи м ортогональную (прямоугол ьную ) проекцию прямой АВ на плоскость A 1 D CB 1 • Поскольку прямая А В параллельна этой плоскости , то не имеет с ней, а стало быть, и со своей п роекцией на эту плоскость общей точки . Так как прямая АВ и ее проекция еще и лежат в одной плоскости, то они параллельны. Следо­вательно, искомая проекция проходит через точку М параллельно А В : ME l l A B ( рис . 72) . МЕ пересекает А 1 С в точке F. Проведя FK l l BM, получим об щий перпендикуляр пр ямых АВ и А 1 С ( К Е А В ) . Длина отрезка F К является расстоя нием от ·стороны основа ния призм ы - АВ до диа гонали приз­мы - А 1 С . Почему? Да потому, что расстояние между любыми двумя другим и точками отрезков А В и А 1 С будет большим FK. Таким образом, расстояние между отрезками АВ и А 1 С равн о FK. Но F K = BM, поэтому искомое расстояние равно 1 2 .

НдЯТИ ИДЕЮ (Х кnасс)

Десятиклассник Степа Мошкин перелистывал учебник геометрии . Это занятие с давних пор стало для него привычным . Он л юбил обдумывать заново ранее изученное и п роявлял любопытство к тому, что е ще предстоит изучать.

Его внимание на этот раз привлекло утверждение : п р е о б р а з о в а н и е с и м м е т р и и о т н о с и т е л ь н о п р я м о й в п р о с т р а н с т в е я в л я е т­с я д в и ж е н и е м . Доказательства не было. Почему? А, этот материал изучался в ознакомительном порядке, вспомнил он слова учителя , временно заменявшего Петра И ва новича . Отсутствие доказательств всегда вызывало у Степы Мош кина досаду, которая не проходила до тех пор, пока он не

1 40

находил их. После этого Степа да же испыты вал чувство благодарности к авторам учебника, опустившим доказательство. Правда , временный учитель разъяснил, что это необходимо для разгрузки ума школьников, а потому Степан совершенно не прав . Но Мошкин , несмотря на столь убедительное разъяснение, по-прежнему упорно искал отсутствующие обоснования и доказательства, считая, что иначе у него «сломается» характер .

Не изменил себе Степа и на этот р аз . В таких случаях о н н е испытывал никаких колебаний . Его мозг включался в поиски тотчас, словно так было предписано природой . Ему всегда не нравилось, что многие ученики возмож­ность «изучать в ознакомительном порядке» принимали за разрешение не изучать.

- Надо доказать, что при симметрии относительно прямой в простран­стве расстояние между любыми двумя точками сохраняется,- рассуждал Степа . - В планиметрии мы это доказывали . Впрочем, может, и нет.

· Возможно, изучали , вернее, не изучали , из -за «ознакомительности » . Степа Мошкин вновь полистал учебник, где, как оказалось, это . было

доказано еще в V I I классе. - Итак, если две точки лежат в одной плоскости с данной прямой,

то при симметрии относительно этой прямой расстояние между ними сохраняется . Значит остается провести доказательство для случая, когда данные две точки не лежат в одной плоскости с прямой, относительно которой рассматривается сим метрия.

Что значит, что две точки не лежат в одной плоскости с некоторой прямой? . . Это значит, что данная прямая и прямая , содержащая эти две точки, скрещивающиеся .

Степа изобразил прямую, две точки , принадлежа щие скрещивающейся с ней прямой . Что и как делать дальше, было непонятно. Прежде всего, необходимые построения трудно было представить. К вашему сведению,

1 4 1

1 ,

1 1

чтобы представить взаимное расположение фигур в пространстве, недостаточно просто видеть. Нужны еще ум, логика , умение рассуждать, геометрические знания . Сомневаетесь? Тогда попробуйте сделать рисунок для обсуждаемой ситуации . Что, не получается?

У Степы тоже не получалось . И он стал подыскивать другую фигуру, которая помогла бы построить отрезок, сим метричный да нному относительно скрещивающейся с ним прямой. Какую фигуру избрать? Мошкину всегда нравился куб . По нему можно было решать бесконечно м ного задач, и все равно казалось, что еще не решенных гораздо больше. Степа понимал, что построение си мметричных точек - это прежде всего рассуж­дения, связа н ные с перпендикулярностью прямых. А у куба масса перпен­дикулярных элементов : отрезков, плоскостей . Куб удобен для поиска решения задачи о сохра нении расстояния при симметрии относительно прямой .

142

Итак, Степа изобразил куб ( см . рис. 73) . Он провел диагонали двух проти волежащих граней куба . Точки их.

пересечения обозначил Е и F. И звестно, что прямая р, проходя щая через эти две точки , является осью сим метрии м ножества вершин куба . Как это доказать? А вот, смотрите.

A E = BF и AE i i BF, следовательно, AEFB -параллелогр а м м . А В перпендикулярна плос­кости В СВ 1 , следовательно, и параллельная АВ прямая EF перпендщ<улярна плоскости В СВ 1 . Но тогда E F перпендикулярна плоскости AA , D. Таким образом , прямая р перпендику­лярна противолежащим боковым граням куба и проходит через их центры - точки пересе­че ния диа гоналей .

Ркс. 73 В симметрии относительно прямой р точка

А перейдет в точку D , , так как A D 1 1- р и ED 1 = АЕ. Естественно, точка D , перейдет при этом в точку А . Далее имеем A 1 -+D, D-+A 1 , В-+С1 , С 1 -+В, ' В 1 -+С, С-+В 1 . (Стрелки здесь заменяют слово «перехо­дит» . )

- Но вернемся к н ашей задаче. Что­бы н айти' идею ее решения, н адо н а изображении куба взять отрезок, скрещи­вающийся с р,- рассуждал Мошкин .­Таким отрезком является, например, диагонал ь нижнего основания А С. Поче­му прямая А С скрещивается с прямой р? Да потому, что, во-первых, прямая р с плоскостью нижнего основания куба , а стало быть, и с прямой А С об щих точек не имеет . Во-вторых, А СИ ЕF, потому что А В 1 1 р (через точку вне прямой можно про­вести не более одной прямой, параллель­ной данной) .

Р111: . 74

При симметрии относительно прямой р точка А перейдет в точку D , , точка С - в точку 8 1 . D 1 B 1 = А С, так как длины диагоналей равных квадратов равны.

Итак, в данном, конкретном случае, опираясь на изображение куба , м ы установили , что в симметрии относительно прямой р точки А и С переходят в такие точки D , и В 1 , что D , B , = А С.

Теперь вернемся к общему случаю. Пусть дан а прямая р и скрещивающийся с ней отрезок А С ( рис . 74 ) .

В симметрии относительно прямой р точки А и С перейдут в точки А 1 и С 1 ( не относите эту фразу к рис . 73, она будет отнесена к рис . 74 ) . Надо доказать, что А 1 С 1 = А С. Как выполнить построение? Какой идеей восполь­зоваться для доказательства?

Ее надо извлечь из решения задачи «на кубе» . Что такое отрезок А С на рисунке 73? Это гипотенуза прямоугол ьного треугольника А СВ . Чем интересен этот треугольник? Один его катет параллелен р, а другой лежит в плоскости , перпендикулярной р. Это любопытно. И д е я: на рисунке 74 н адо выполнить следующие построения : 1 ) Через точку С провести плоскость а, перпендикулярную р. 2) Через точку А провести прямую, параллельную р . Она пересечет плоскость а в некоторой точке В. Тогда получим прямоугольный треугольник АВС ( ведь АВ 1- а ) .

Что дальше? А дальше надо продолжать использовать идею: поступать по аналогии с задачей «на кубе».

Плоскость а пересекает р в некоторой точке F ( рис . 74) . Точка, симмет­ричная точке С относительно р, лежит на луче CF, причем FC 1 = FC. Точка С1 построена . Аналогично строим точку 8 1 , симметричную точке В относительно р. Чтобы построить точку А 1 , симметричную точке А , надо через точку А провести прямую, параллельную ВВ , , а через точку В , провести прямую, параллельную р .

1 4 3

Как же теперь доказать ра венство А 1 С 1 = А С? " Для этого достаточно доказать ра венство треугольников АВС и А 1 В 1 С 1 • Посмотри м , какие ра вные элементы в них имеются . П режде всего, они оба прямоугол ьные. Уг.11ы при вершинах В и В1 у них прямые по построению. Кроме того, катеты АВ и А 1 В 1 у них равны ка к противолежа щие стороны параллелогр а м м а . А что же втор1>1е катеты? Они тоже равны , так как л BFC = л B 1 FC1 по двум сторонам и углу между ними . Треугольники АВС и А 1 В 1 С 1 р а в ны по двум катетам .

Следовательно, А 1 С 1 = А С. Поскольку расстояние между л юбым и двумя точками в симметрии относительно прямой сохраняется, то это пре­обр азование я вл яется движением . Но при движении отрезок переходит в отрезок, плоскость переходит в плоскость, многоугольник - в м ного­угольник. Поэтому при си м метрии относительно прямой р ( см . рис . 73) куб перейдет сам в себя ,- рассуждал Степа Мошкин .

Предложение : сим,wетрия относительно прямой в пространстве является движением,- казалось, было доказано . Одна ко Степа и спытывал ка кое-то беспокойство, словно что-то было еще недодела но. А что? Он стал подводить итог свои м рассуждения м .

- Случай , когда да нные две точки лежат в одной плоскости с прямой р, рассмотрен в плани метрии . Тогда расстояния при сим метрии относительно р сохраняются . Случай , когда данные две точки не лежат в одной плоскости с прямой р, тоже только что и зучен . Что е ще? - спра ш и в·ал себя Степа н . ­Что?

- Ка к я доказы вал сохранение расстояния во втором случае? Строил прямоугольный треугольник АВС. Так-так. Но всегда ли его можно по­строить? А что, если . . . Если отрезок А С лежит в плоскости , перпендику­лярной р? Напри мер, в место точек А и С ( рис . 74) заданы точки В и С? Тогда нужного треугольника не получится . Как быть? . .

-- Голова ты моя , - обрадованно сказал Мош ки н . - Тогда и нужды в таком треугольнике нет. Тогда В 1 С 1 = В С из равенства треугольников BFC и в , Fс , .

- Ну вот, теперь все.

* * *

Мы привели рассуждения Степы Мошкина , конечно, при мерно . Но их дух передали довольно точно.

Какую гл авную мысль можно вынести из этого поучительного поиска до1<азательства утверждения? А вот какую. Если не видишь пути доказа­тельства в общем случае, обратись К · частному, более конкретному. Рас­суждения, которые мы проводим в частном случае, могут носить общий характер и привести к решению обобщенной задачи.

Вот вам еще оди н поучительный пример . Вы помните, ка к был получен признак делимости на 9 в IV классе?

Вам предла галось установить, можно ли разложить, напри мер, 783 яйца в 9 корзин поровну? Возможно л и это сделать? Причем ответить на вопрос нужно было, не производя деления .

1 44

Ка к проводились рассуждения? Они проводились следующим образом . У нас 7 сотен яиц . Поступаем так . Берем от каждой сотни 99 яиц и раскладываем их в 9 корзин поровну. Тогда от 7 сотен при таком расклады ­вании оста нется 7 яиц . У нас имеется еще 8 десятков яиц. От каждого десятка берем по 9 яиц и раскладываем их в 9 корзин поровну. При таком раскладывании от 8 десятков оста нется 8 яиц. Получается , что осталось 7 + 8 + 3 неразложенных яиц. От че го теперь зависит - можно ли все яйца разложить в 9 корзин поровну? А от этой суммы : 7 + 8 + 3. Если эту сум му я и ц можно разложить в 9 корзин поровну, то и все я йца можно разложить поровну. Если же эту сумму яиц нельзя разложить поровну в 9 корзин , то и все 783 яйца невозможно разложить в 9 корзин поровну П роверяем : 7 + 8 + 3 = 1 8 . 1 8 яиц можно разложить поровну в 9 корзин . Следовательно, все 783 я й ца можно разложить в 9 корзин поровну .

Не правда ли , очень удачная задача для четвероклассников ! Теперь нужно только отвлечься от ее конкретности . И меем число 783 . Надо узнать, делится ли оно на 9, не выпол няя деления . Как это сделать? А узнать, делится ли на 9 сум м а его цифр : 7 + 8 + 3 . . . Если сумма цифр числа делится на 9, то и число делится на 9. Если сумма цифр числа не делится на 9, то и число не делится на 9.

Полученный нывод о делимости числа на 9 кажется убедительным , хотя он получен путем рассмотрения лишь одного числа и доказательством не я вляется . В чем секрет этой убедительности? А в том, что мы интуитивно чувствуем , что проведенные рассуждения носят общий характер . Мы понимаем , что те же рассуждения можно провести при менительно к любому натуральному числу и при этом получим тот же вывод. .

И это именно так . Чтобы не быть голословными , рассмотри м вывод призна ка делимости в обще м виде для любого натурального числа , восполь­зовавшись той же идеей раскладывания яиц поровну в 9 корзин . Пусть

1 45

дано натуральное число апап - 1 . . . а2а 1 ао . ( Черта вверху означает, что здесь имеется в виду не произведение чисел , а цифры записанного ч исл а . ) И д е я получения признака делимости на 9 ясна : надо единицу каждого разряда ( кроме разряда единиц) представить в виде суммы числа 1 и оставшейся от единицы разряда части, которая будет числом, за писанным с помощью только цифры 9. Тогда данное число примет вид:

ап( I + 99 . . . 9) + ап - 1 ( l + 99 . . . 9) + . . . + a2( l + 99) + a1 ( l + 9) + ао. --- -п цифр п - 1 цифра

Раскроем скобки и сумму · сл агаемых, делящихся на 9, обозначим 9k. Получим :

anan - l · · . a2a 1 ao = 9k + (an + ап - l + . . . + а2 + а 1 + ао). Данное число представлено в виде суммы двух сла гаемых: первое

слагаемое 9k делится на 9, второе сла гаемое равно сумме цифр данного числ а . Если сумма цифр разделится на 9, то и данное число разделится на 9. Если же сумма цифр Числа не разделится н а 9, то и число не разделится на 9.

Признак делимости числ а на 9 теперь доказа н . Если в первом примере идея доказательства была найдена путем рассмотрения к6нкретного случая, когда скрещивающийся с прямой р отрезок оказался элементом куба, то сейчас мы почерпнули идею доказательства путем анализа рас­суждений, проведенных применительно к конкретному числу.

В обоих случаях мы использовали ва жные мыслительные операции -конкретизацию и обобщение, а именно . обобщение метода рассуждения, его перенос в новые условия . Умение это делатр важно для всякого всерьез изучающего математику.

1 46

КдК РдССУЖДдТЬ ПРИ ПОСТРОЕНИИ СЕЧЕНИЯ ­ИЗ РдССКдЗОВ ПЕТРд ИВдНОВИЧд (Х кnасс ) Петр Иванович - уч итель математики и наш давний друг. Много

раз нам доводилось слушать его рассказы о преподавании математики , об учениках . Писать и х са м он не хочет, и мы сочли , что повествования учител я - мастера в н а шем изложении все-таки лучше, чем их безвестность Думаем , что юный читатель почерпнет из предлагаемых рассказов немало и нтересного и полезного.

Ита к, приступае м .

Пространственные представления без рассуждений?

Петр Иванович изобразил н а доске куб (см. рис . 75) и записал условие задачи .

Д а н о : A BCDA 1 B 1 C 1 D 1 - куб. О Е лучу ВВ 1 , В 1 между В и О . П о с т р о и т ь точку пересечения прямой OD 1 с плоскостью АВС. Итак, задача предложена . Надо построить точку пересечения прямой

и плоскости . А н д р е й В е с е л ы й . А что тут думать? У меня хорошие простран­

ственные представления . Я все вижу. Разрешите, я построю э т у точку пересечения .

П е т р И в а н о в и ч . Иди , Андрюша, построй . Андрей п ровел прямую OD 1 , продолжил отрезок AD и обозначил точку

их пересечения F. - Вот и все дела ! - самоуверен но произ­

нес Андрей .-· Надо доказать, что точка F искомая ? Пожалуйст а ! По построению точка F принадлежит прямой O D 1 . Стало быть, одно требование условия выполнено. Кроме того , также по построению точка F принадлежит прямой A D , а прямая A D лежит в плоскости А В С, значит, и точка F при надлежит плос­кости А В С.

- Кто не согласен с Андреем ? - обратился к классу Петр Иванович.

Десятиклассники Долго молчали. Потом появилась одна рука , вторая, третья . . . с

С т е п а М о ш к и н . Так что же это , у Веселого получается дело веселое : прямая OD 1 пересекает плоскость АА 1 D 1 в двух точках - А D 1 и F? Но тогда она должна лежать в плоскос­ти передней грани куба , а потому не может пересекать плоскость задней грани? Стало быть, прямая OD 1 не проходит через точку О? Тут столько противоречий ! Р11�. 75

1 4 7

Т а н я П р и г о ж а я . Прямая OD 1 пересекает плоскость передней гр ани куба в точке D 1 • Прямая AD лежит в плоскости передней гра н и й не проходит через точку D 1 • Значит, прямые OD 1 и A D скрещивающиеся, поэтому пересекаться не могут.

А н д р е й . Какие странности . На рисунке видно, что прямые пересекают­ся. А . на самом деле не пересекаются . Где же правда ?

П е т р И в а н о в и ч . Дело в том , что в задаче идет речь о к у б е. А на рисунке мы и меем дело с его изображением на плоскости . С крещиваю­щиеся прямые на плоском рисунке всегда изображаются пересекающи мися или параллельны м и прямым и . А как иначе? Ведь на плоскости других различных прямых нет ! Правильные пространственные представления по плоскому чертежу без рассуждений получить трудно. Пространственные представления могут совершенствоваться и развиваться только одновремен­но с развитием умения рассуждать, обосновывать, объяснять, доказывать . И надо учитывать, что когда мы рассуждаем, глядя на чертеж простран­ственной фигуры, то имеем в виду не расположение элементов на чертеже, а расположение элементов самой фигуры, которая на этом чертеже изобра­жена. В этом принципиальное отличие рисунков в планиметрии от рисунков в стереометрии.

С т е п а. З начит, так : представляя - рассуждай, рассуждая - представ­ляй! Иначе не будет ни того, ни другого.

П е т р И в а н о в и ч. И менно так. Эти м правилом ( н азовем его правилом Степы Мошки н а ) мы и будем руководствоваться при изучении стереометрии. Кто его забудет, того ждут геометрические неудачи . Не будут у него развиваться ни геометрические предста вления , ни умение рассуждать. А без этого какая математика?

Но все-та ки ка к построить точку пересечения прямой OD 1 с плоскостью нижнего основания куба ?

С а ш а С м ы ш л е н ы й . Видите, н а ш а ошибка в том, что на плоскости ни жнего основания мы выбрали пря мую, скрещивающуюся с прямой OD 1 ( я имею в виду саму пространствен ную фигуру, а не ее изображение) . А надо было в плоскости нижнего основания выбрать такую прямую, которая пересекается с прямой OD , . Но как н а йти такую прямую? Тоже, видно, надо рассуждать . . .

Л е н а С л а в н а я . А что, смотрите, параллельные прямые В В 1 и DD 1 лежат в одной плоскости . В этой же плоскости лежит прямая OD 1 • И в той же плоскости лежит прямая BD, принадлежащая плоскости нижнего основа ния . Раз прямые OD 1 и BD лежат в одной плоскости , то они или параллельны, или пересекаются. Провери м это построением . (Идет к доске.) Вот, видите, они пересt:каются в точке Е. Точка Е и есть точка пересечения прямой OD 1 с плоскостью АВС. Все.

А н д р е й . А вот все-таки смотрите. На прямой AD я беру точку F ( как на рис. 75) Строю отрезок FD 1 • Так, этот отрезок лежит в плоскости передней гр ани . А прямая ED 1 не лежит в этой плоскости . Чему же верить? Рассуждениям нашим или нашим глаза м ?

П е т р И в а н о в и ч . Андрюша, наш рисунок ( рис . 75) - это и з о б р а ­ж е н и е пространственной фигуры, а не сама фигура . Понимаешь? Изображение ее в параллел ьной проекции . А тепер ь представь, что некоторая

1 48

плоскость параллел ьна проектирующей прямой . Такую плоскость называют проектирующей . Н а какую фигуру спроектируются прямые, лежащие в этой плоскости? Для н а гл ядности прибегнем к рисунку (рис . 75) .

Пусть СС1 - направление проектирования . Плоскость передней грани куба параллел ьна СС1 , поэтому является проектирующей . Пусть мы все элементы проектируем на плоскость нижнего основа ния куба . Тогда какая фигура будет проекцией отрезка A 1 D 1 ? Отрезок A D. А какой отрезок будет п роекцией отрезка KL (Петр Иванович изобразил этот отрезок) , лежащего в плоскости передней грани? Тот же отрезок A D . Если прямая, как, например, А 1 А , окажется проекти рующей , то все ее точки спроектируют­ся в одну точку А . Все другие прямые плоскости передней грани спроекти­руются в прямую A D . Вот и получается , что на рисунке одна и та же Прямая является изображением бесконеч ного м ножества прямых.

На н а шем рисунке прямая D 1 F тоже является изображением м ногих прямых . Ты и меешь в виду прямую D 1 F, лежащую в плоскости передней гра н и куба , а н а м при построении нужна не эта прямая , а прямая OD 1 , не лежа щая в плоскости передней грани .

В условии задачи это оrоворено : точка О принадлежит прямой ВВ 1 и , стало быть, н е принадлежит плоскости передней грани . На рисунках стараются избегать случаев, когда две рассматриваемые в задаче прямые изображались бы одной и той же прямой. Чертеж становится тогда н е н а г л я д н ы м .

Вот в передней гр ани куба я взял отрезок KL. Хорошо ли это? Нет . Я получил, что две понадобившиеся для рассуждений прямые - ВС и KL -изображены одной и той же прямой . Такой рисунок влечет за собой неясности и ошибки . Вот еще пример бездум ного отношения к чертежу : я провожу отрезок В 1 М ( см . рис . 75 ) . Он 'является , например , изображением отрезка , лежа щего на ребре ВВ 1 , и отрезка, лежащего на верхней грани . И трудно понять, который из них имеется в виду . На том же рисунке непонятно та кже, лежит ли отрезок DL на ребре DD 1 или в нижней грани куба . А вот пока все ребро В С было изображено пунктирной линией , была ясность. Та к что на рисунке важна та кЖе « пунктир ность» линий .

Рассуждать и доказывать по не нагл ядному чертежу трудно : тогда требуется м ного оговорок, уточнений , что и меется в виду . Поэтому стремитесь к н а гл ядным чертежа м .

С т е п а (тихо) . Назовем этот п ризыв еще одной за поведью Петра И ва новича .

П е т р И в а н о в и ч . Слы шу, слы шу, Степа н . Я б ы добавил еще одну заповедь. Ее высказала Лена Славная , и она будет очень нужна в дальней­шем . Вот она . Чтобы построить точку пересечения прямой с данной плоскостью, нужно в этой плоскости найти прямую, лежащую в одной плоскости с данной прямой. Если данная и найденная прямые пересекаются, то их точка пересечения искомая.

Богатство задач на одном р исунке

Петр Иванович снова изобразил на доске куб и кратко записал : Д а н о : A B CDA 1 B 1 C 1 D 1 - куб . 0 Е лучу ВВ 1 , В 1 О = ВВ 1 = а.

1 49

а ) П о с т р о и т ь : Е = ОD 1 Х пл . А В С, f = О С 1 Х пл . АВС. б) Н а й т и площадь четырехугольника CDEF. Крестики в пункте а ) заменяют у Петра И ва новича слово « пересечение»

(напоминают точку пересечения двух прямых ) . Знак « = » за меняет здесь слова «есть», «является» . Таким образом , первое выражение «Е =

= OD1 Х пл . АВС» читается .так : « Точка Е является точкой пересечения пря мой OD 1 с плоскостью АВС» (с плоскостью нижнего основания ) . Итак, в задаче требуется построить точку пересечения прямой OD1 с плоскостью

о

А

1 50

нижнего основания и точку пересе­чения прямой ОС 1 с той же плос­костью.

Построение первой точки было по­вторением выполненного в предыду­щем случае ( рассказ первый) . Точ­ка F была построен а верно . В ре­зультате появ ился рисунок 76. На­до было переходить к выполнению пункта б ) .

С т е п а . Кажется, четырехуголь­ник CDEF является трапецией. Паче-. му? Во-первых, прямые ЕР и C 1 D 1 лежат в одной плоскости OEF. Во­вторых, они не пересекаются, по­скольку прямая D 1 C 1 параллельна плоскости нижнего основания, в ко­торой лежит прямая EF. А р аз пря­м ые D 1 C 1 и EF лежат в одной плос­кости и не имеют об щих точек, то по определению они параллельны.

О л я . Чему равна площадь тра-

пеци и ? Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту . Основание CD = a по условию. А вот чему ра вно основание EF -ума не приложу. И как провести высоту трапеции? Что это за трапеция ? Подождите, ведь по условию A H CD - квадрат, значит, DC ..L CF. Но тогда трапеция CDEF прямоугольная , и сторона CF я вляется ее высотой ! Кажется, CF можно найти . . .

С а ш а . Конечно ! Смотрите, точка 8 1 - середина отрезка ОВ и В1 С1 l l BF. Следовательно, точ ка С 1 - середина отрезка OF. По теореме Фалеса : если параллельные прямые, пересекающие стороны угла , отсекают на одной его стороне равные отрезки , то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне .

В а н я С и н и ц ы н (перебивая) . Можно обойтись без теоремы Фалеса . Достаточно воспользоваться свойством средней линии треугольника . Она же параллельна третьей стороне, а параллельную можно провести только одну ( через дан ную точ ку) . Вот треугольник B OF, вот В 1 - середина его стороны, и через 8 1 проведена прямая В 1 С 1 , параллельная BF. Отрезок В 1 С 1 - средняя линия треугольника B OF, поэтому С1 - середина OF.

Л е н а. Все понятно. Дальше получаем, что точка С - середина стороны BF треугольника B OF. Используем при этом или теорему Фалеса , или свойство средней линии треугольника . Теперь мы знаем, что CF = B C = a. Высота тра пеции н а йдена .

Т а н я . Петр Иванович, EF = 2a! П е т р И в а н о в и ч . Почему? Т а н я . Да потому, что CD - средняя щшия треугольника EBF. Ведь С ­

середи на BF и CD l l EF. А потому площадь четы рехугольника CDEF равна . . . с . " О За2

еичас , на иду устно. . . н а равна . . . -2 - . З адача была решен а . Однако Петр Иванович не любил тут же бросать

решенную задачу. Ученики привыкли к этому и ждали от учителя новых задач по тому же са мому чертежу . . Дело в том, что на выполнение рисунка в стереометрии уходит м ного времени , и ногда не меньше, чем на са мо решение. Хорошо еще, когда в выполнении чертежа имеются элементы новизны.· А если их нет и вся чертежная работа представляет собой простое повторение ранее известного? Тогда время Для поиска решения , п роведения рассуждений , для доказательства «съедается» механически м выпол нением рисунков . Всякий же дополнительный вопрос или задача по выпол ненному рисунку дают увеличение доли времени на са му геометр ию, а доля чисто чертежной, гр афической работы уменьшается .

П е т р И в а н о в и ч . П рошу придумать допол нительный вопрос по рисунку на доске .

А н д р е й . Н а йти градусную меру двугра нного угла с ребром EF (т . е . у гл а BEF O) .

За мети м, что Петр 1')ва нович использовал краткое обозначение двугр а нного угл а « [ B EF O >) . Две средние буквы указывали прямую, являющуюся ребром двугран:чого угла , одна из крайних обозначала точку на одной гр ани , другая кра йняя буква обозначала точку на второй гр ани двугран ного угл а . Глядя на эту запись, сразу же можно было назвать гр а н и : грань B EF и гр ань OEF.

1 5 1

Отвечать на вопрос Андрея вызвался Коля З ачем . К о л я . На йти грудусную меру двугра нного угла - значит на йти меру

его линейного у гл а . Поскольку лучи FC и FC1 перпендикулярны ребру EF, то L_ CFC1 является линейным углом угл а BEFO. Так как треугольник CC1 F прямоугольный и равнобедренный , то L CFC1 = 45° .

А н д р е й . Почему C 1 F ..l. ЕР? К о л я . По теореме о трех перпендикулярах . После этого Петр Иванович раздал всем ученикам карточки с ОДНИМИ

и теми же задачами . Их можно было решать устно или письменно. Решив ший задачу рассказывал о своем решении у доски . Нерешенные задачи служили дом ашним заданием . В процессе решения рисунок 76 переходил постепенно в рисунок 77 .

k

Рис. 77 1 52

Приведем предложенные за.Дачи, а также их решения . Советуем читателям сначала решить задачу самостоятельно, а затем ознакомиться с предл а гаем ы м решением . Возможно, оно будет отличаться от ва шего. В а ше решение может оказаться лучше предложенного, потому что приведен­ные н а м и решения - это решения учеников Петра Ивановича . А разве ваши головы хуже? Впрочем , если вы совершенно уверены в правильности и пол ноте в ашего решения , приведенные решения вообще можно не смотреть .

* * *

Итак, вот они, задачи Петра Ивановича с использованием рисунков 76 и 77.

1 . Найти расстояние между прямыми OF и A 1 D 1 . Р е ш е н и е: Эти прямые скрещивающиеся . C1 D 1 - и х общий перпенди­

куляр . Следовательно, расстояние между указанными прямыми равно дли не отрезка D 1 C 1 . т. е . равно а.

2. Найти расстояние между прямыми EF и A 1 D 1 . Р е ш е н и е . Плоскость нижнего основания куба проходит через п рямую

EF и параллельна прямой A 1 D 1 . Поэтому расстояние от прямой A 1 D 1 до скрещивающейся с ней прямой EF равно расстоянию от прямой A 1 D 1 до плоскости нижнего основания . т . е . равно А А 1 • Получили , что искомое расстояние равно а.

3. Построить общий перпендикуляр к прямым EF и A 1 D 1 • Р е ш е н и е. а ) Строим Х = A D Х EF. б ) Параллельный перенос, в кото­

ром точка D перейдет в точку Х, переведет отрезок DD1 в отрезок Х У. в ) ХУ­общий перпендикуляр с крещивающихся прямых EF и A 1 D 1 •

4 . Найти расстояние между прям ы м и A D и OF. Р е ш е н и е . Плоскость задней грани куба проходит через прямую OF

и параллельна прямой A D . Прямые OF и AD скрещивающиеся, так как, во- первых, они не и меют общих точек, поскольку лежат в параллельных плоскостях; во- вторых, A D � OF , поскольку A 1 D l l OF ( через точку D, как и через всякую точку вне данной прямой , можно провести только одну прямую, параллельную OF ) . Но тогда расстояние от прямой AD до прямой OF ра вно расстоянию от AD до плоскости задней грани куба , т . е . равно а.

5. Построить общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AD и OF. О т в е т. Общим перпендикуляром скрещивающихся прямых AD и OF

является отрезок XF . 6. Найти угол между прямыми OF и А 1В 1 • Р е ш е н и е . С 1 Е OF, C 1 D 1 l l A 1 B 1 . Следовательно, угол между названными

прямыми равен углу между прямыми OF и C1 D 1 , т. е . равен 90° . 7. Найти у гол между прямыми B D и OF. Р е ш е н и е . A 1 D l l B 1 C, B 1 C i i OF, поэтому A 1 D l l OF . Значит, угол между

указанными в задаче прямыми равен углу между прямыми BD и A 1 D . Найдем L_ A 1 DB из треугольника DA 1 B . Этот треугольник равносторонний . Поэтому L_ A 1 DB = 60° . Угол между прямыми BD и OF равен 60° .

8 . Найти у гол А 1 ОС1 . О т в е т. L_ A 1 0C 1 = 60° , так как Л А 1 0С1 равносторонний . 9. Доказать, что OF l l пл . A 1 BD .

1 53

1 0. Найти градусную меру углов Е и D трапеции CDEF. О т в е т. L DEF = 45° , L_ CDE = 1 35° . 1 1 . Построить линию пересечения плоскости OEF с плоскостью

AA 1 D 1 D . Р е ш е н и е . Эти плоскости имеют две общие точки : D 1 и Х. Следовательно,

прямая D 1 X есть линия и х пересечения . 1 2 . Построить линию пересечения плоскостей OEF и АА 1 В 1 В . Р е ш е н и е . Названные плоскости имеют общую точку О. Следовательно,

они и меют общую прямую, проходящую через эту точку. Прямая пересе­чения указанных плоскостей и прямая C1 D 1 лежат в параллельных плоскостях левой и правой граней куба, поэтому не пересекаются . Поскольку они еще и лежат в одной плоскости OEF, то они параллельны. На рисунке 77 искомая прямая обозначена «k» .

1 3 . Построить прямую пересечения плоскостей OA 1 D 1 и ВВ 1 С 1 С. О т в е т . Искомая прямая проходит через точкv О и параллельна

прямой A 1 D 1 . На рисунке 77 она обозначена « i» . 1 4 . Построить м ногогранник , си мметричный м ногограннику С DEF C 1 D 1

относительно плоскости BB 1 D 1 D . Р е ш е н и е . Названная плоскость перпендикулярна плоскостям верхнего

и нижнего основания куба и пересекает их по прямым BD и B 1 D 1 . Мы знаем, что если прямая , лежа щая в одной из двух перпендикулярных плоскостей , перпендикулярна их линии пересечения , то она перпендикулярна и другой плоскости . Поэтому А С перпендикулярна плоскости BB 1 D 1 D и А 1 С 1 перпендикулярна плоскости BB 1 D 1 D . Кроме того, отрезки А С и А 1 С 1 делятся указанной плоскостью попол а м . Следовательно, в сим метрии относительно плоскости BB 1 D 1 D точка С1 перейдет в точку А 1 , а точка С ­в точку А . Точки D и Е перейдут каждая в себя . Вершина F м ногогранника является точкой пересечения лучей В С и ОС1 • Точка В в р ассматриваемой сим метрии перейдет в себя, точка О также перейдет в себя .

Следовательно, луч ВС перейдет в луч ВА , а луч ОС1 - в луч ОА 1 . Но тогда точка F перейдет в точку Р пересечения лучей ВА и ОА 1 • В результате уста новили , что м ногогр а нник CDEFC1 D 1 переходит в сим метрии относительно плоскости BB 1 D 1 D в м ногогранник ADEPA 1 D 1 .

1 5. Доказать, что точка D принадлежит отрезку PF и делит его пополам .

Д о к а з а т е л ь с т в о. Отрезки DF и DP с и мметричны относительно плоскости BB 1 D 1 D , поэтому DF = DP. L_ EDF = 90° . L_ PDE = L_ EDF как сим метричные относительно плоскости, поэтому L_ PDE = 90° . Поскольку через точку D проходит в плоскости нижнего основания куба единственная прямая, перпендикулярная прямой BD, то пря мые PD и FD совпадают. Поэтому точка D принадлежит отрезку -PF.

На рисунке 77, чтобы не усложнять чертеж, отрезки DF и DP не проведены. Представьте их мысленно. Умение п редставлять мысленно, в воображении , элементы простра нства важно. Оно помогает в поиске доказательства , позволяет избежать ненужных дополнительных построений, затрудняющих понимание рисунка, способствует развитию пространственной «фантазии» .

1 6. К какой фигуре будет стремиться трапеция CDEF, если В О-+ оо ?

1 54

О т в е т. Высота трапеции '{Огда уменьш ается, стре м ясь к нулю. Трапеция будет «прибл ижаться» к отрезку CD.

1 7. Найти расстоя ние между прямым и BD и OF . Р е ш е н и е . Ра нее было уже доказано, что прямая OF параллельна

плоскости A 1 BD , проходя щей через пря мую BD. Теперь достаточно из точки С 1 прямой OF опустить перпенди куляр на плоскость A 1 BD и найти его длину. Но прежде надо выяснить, где будет расположено основание этого перпендикул я р а . Воспользуемся следующей идеей . Плоскость, проходя щая через искомый перпендикуляр, будет Перпендикулярна плоскости A 1 BD. Раз мы не можем построить нужный на м перпендикуляр к плоскости, то дав айте пока через ту же точку С 1 проведем плоскость, перпендикуляр ную плоскости A 1 BD . В ней и будет лежать «предмет на шего и нтереса» . К тому же построением указанной плоскости можно себя и не утруждать. Она уже и меется : это плоскость АА 1 С1 С. Вам ясно, что эта пл оскость пер пенди кулярна плоскости нижнего основания куба . Прямая BD лежит в одной и з них и перпендикулярна линии пересечения указанных перпендикулярю�1х плоскостей, а потому перпендикулярна другой - плос­кости АА 1 С1 С. Поскольку плоскость A 1 BD проходит через прямую BD, перпенди кулярную плоскости АА 1 С 1 С, то она перпендикулярна последней. Линией и х пересечения я вляется прямая А 1М , где М - точка пересечения ди а гоналей нижнего основания куба . Основание перпенди куляра , опу щенно­го из точки С1 на плоскость A 1 BD, принадлежит, таким образом, пря мой А 1 М . Н о где оно на пря мой А 1 М ? Поскольку углы А 1 и М треугольника А 1 С1 М острые, т о осн ование перпендикуляра принадлежит стороне А 1 М. Чтобы узнать, к которому из ее концов оно бли же, надо ср а внить длины А 1 С1 и МС1 . Ясно, что дли н а первой стороны больше длины второй : А 1 С1 > МС1 . Следовательно, основание N перпендикуляра ближе к точке М. Выберем точку таким образом и проведем перпендикуляр C 1N .

1 55

Остается найти его дли ну. Это можно сделать из треугольника A 1 C 1 N. А 1 С 1 = а-,/2. Найдем угол NA 1 C 1 из треугольника А 1 МН, где Н - точка пересечения диагоналей верхней гра н и куба . МН - линия пересечения двух диагональных плоскостей , перпендикулярных плоскостям оснований , поэтому прямая МН перпендикулярна плоскостям оснований . Значит,

. МН а МН = а. Имеем tg L_ МА 1 Н = А , н = а::rг . ,/2. 2

Итак, ,L_ NA 1 C 1 = arctg,/2. Из треугольника A 1 C 1 N находим искомое расстояние меж;ЦУ прямыми BD и OF: C 1 N = A 1 C 1 s i п NA 1 C1 = а./2 s in arctg-,/2. Итак, C 1 N = a-V2 s iп arctg ,/2. Задача решена .

* * *

Замети м , что, вообще говоря , точку N мы взяли в определенной степени произвольно. Чтобы выбрать точку N на отрезке А 1 М точно, нужно построить треугольник А 1 С 1 М по трем сторон а м в натуральном

виде. Его стороны таковы : а-,/2, а'/; , а'/; . Затем из вершины С 1 опустить

перпендикуляр н а сторону А 1М ( на пример , с помощью угольника ) . После этого отрезок А 1 М н а рисунке 77 разделить в том же отношении , в каком он разделился на неискаженном изображении треугольника А 1 С 1М .

* * *

1 8. Построить общий перпендикуляр п рямых BD и OF. Р е ш е н и е . Прямая OF параллельна плоскости А 1 BD , поэтому ее

ортогональная проекция на эту плоскость будет ей параллельна и проходит через точку N. Проведем через точку N пря мую, параллельную прямой

1 56

OF . Она пересечет прямую BD в некоторой точке G . Прямая G L , проходящая через точку G и параллельная прямой NC 1 , перпендикулярна прямым OF и BD и пересекает их . Отрезок G L является общим перпендикуляром к прямым OF и BD .

Задача решена , но остается неясным , какая часть отрезка GL видимая и какая - невидимая (и ее нужно изображать пунктир ной линией ) . Чтобы установить это, поступим следующим образом . Проведем LS J_ BF. Тогда LS перпендикулярна плоскости АВС. Построим точку R пересечения отрезков GS и CD. Линия пересечения плоскостей GLS и DD 1 C 1 C проходит через точку R и параллельна LS . Пусть Q - точка пересечения этой линии с отрезком GL . Тогда G Q - невидимая часть отрезка GL , QL - видимая часть.

* * *

Возможно, задачи 1 7 и 1 8 заинтересуют не каждого любителя матема­тики . Они довольно сложны . Если вы их решили или основательно разобрали приведенное решение, обосновали каждый шаг , значит вы обладаете упорством , достаточным для овладения математикой .

Вы , наверное, заметили , что среди задач Петра Ивановича всегда есть повторяющиеся по методу решения. Овладеть методом - это гораздо больше, чем решить ту или и ную задачу. Д . Пойа, известный математик и педагог, сказал, что метод - это искусственный прием, примененный два жды.

Как рассуждать при построении сечений?

- Геометрия м ного бы потеряла , если бы в ней не было задач на по­строение сечений многогр а н ников ,- любит повторять Петр Иванович.

_ o. •. Do

1 57

- Если бы этих задач не было, их следовало бы выдумать. Представ­ляете, сколько богатства сокрыто в них : пространственные представления, фантазия, интуиция, интереснейшие поиски идей и методов решения, богатство рассуждений и доказательств, в ключающее в себя всю планимет­рию и стереометрию ! Это же такое и нтеллектуальное и практическое раздолье ! И оно обогащает всех.

Кроме того, это прекр асная школа для будущих инженеров , архитекторов , художников, рационализаторов и конструкторов, квалифицированных рабочих и техников , всех, кто хоть в какой -то мере будет связан с начерта­тельной геометрией и черчением , с изображениями пространственных ситуаций на плоскости . Заменить задачи на построение сечений ничем нел ьзя ! Нет, вы скажите, что может быть прекраснее погружения зрения, ума и воображения в пространство, запечатленное на рисувке?

И Петр Иванович начал рассказывать свои педагогические школьные были о задачах на построение сечений . Их м ы сейчас и изложим , освободив от той части, которая представляет интерес т о л ь к о для учителей математики.

Осторожно, это не сечение!

- Представляете, предлагаю я ученикам однажды первую задачу н а сечение. Дана правильная четырехугольная призма. На боковых ребрах даны три точки: Е, F и К (см . рис . 78, а ) . Представьте теперь, что через них проведена плоскость . Эта плоскость пересекает левую грань призмы по отрезку EF, заднюю грань - по отрезку FK. Поскольку плоскость EFK имеет общие точки и с другими гранями (например, с передней и правой боковой) , то она пересекает по отрезкам и эти грани. Все полученные от пересечения плоскости с гранями отрезки образуют замкнутую ломаную, являющуюся многоугольником. Этот плоский многоугольник называется сецвнием данного многогранника. Ваша задача состоит в том, чтобы построить это сечение.

а) б)

1 58

- А что тут решать? - сказал Степа Мошкин .- Вот, беру на ребре DD 1 точку L , строю отрезки EL и KL. Четырехугольник EF KL - искомое сечение .

- Нельзя л и точку L выбрать пониже или повыше? - спросил Петр Иванович .

- Можно, конечно,- ответил Степа . - Осторожно! Это не сечение ! - обратился к классу Петр Иванович .-

Не надо чертить. З венья ломаной EF KLE не лежат в одной плоскости . Воцарилась ти ш и н а . Первым догадался Са ша Смышлены й . - П ротиволежа щие грани правиJiьной призмы параллельны. Значит,

и линии пересечения плоскости EF К с плоскостями противолежащих гр а ней должны быть параллельными . А у Степана LK�EF , LE�FК. Значит, сечение построено Степой неверно.

Надо провести, например, ЕМ 1 1 F К. Четырехугольник EF КМ - искомое сечение .

- Как по-ва шему, каково взаи м ное расположение прямых ЕК и FL ? -спросил Петр Ива нович .

- Прямая ЕК лежит в плоскости EFK, а прямая FL пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей прямой ЕК. Следовательно, эти пря м ые скрещи ваю щиеся, - ответила Таня Пригожая .

- Вот видите, - подвел итог учитель ,- если считать построенную Степой фигуру плоским сечением м ногогранника , то нужно считать, что две скре щивающиеся прямые лежат в одной плоскости .

А теперь снова изобразите правильную четырехугольную призму и постройте ее сечение плоскостью.

а ) А , В , С; б ) А , с , с ( рис . 78, 6) . Ваня Синицы н рассуждал так. Поскольку пщ>скости верхнего и

нижнего оснований призмы параллельны, то и линии их пересечения с плоскостью А 1 В 1 С также параллельны. Получим , что линия пересечения плоскости н ижнего основа ния с плоскостью А 1 8 1 С п роходит через точку С и параллельна А 1 В 1 • Но такой линией является прямая CD. Значит, секущая плоскость имеет с нижней гранью призмы общий отрезок CD. Четырех­угольник A 1 B 1 CD - искомое сечение призмы плоскостью А 1 В 1 С.

Лена Славная рассуждала нес колько и наче . - Проведем плоскость через параллельные прямые А 1 В 1 и CD. Эта

плоскость совпадает с секущей плоскостью А 1 В 1 С. Следовательно, искомым сечением является четырехугольник A 1 B 1 CD.

Вторым сечением оказался четырехугольник АА 1 С 1 С.

* * *

Предлагаем читателю несколько вопросов Петра Ивановича . 1 . По рисунку 78 , а выясните, я вляется ли построенное сечение прямо­

угольником . 2 . По рисунку 78 , 6 постройте линию пер€сечения построенных двух

сечений .

1 59

3. Являются ли построенные на рисунке 78, б сечения прямоуголь­никами?

4. Докажите, что отрезок 00 1 , где О и 01 - точки пересечения диа го­налей верхнего и нижнего оснований правильной четырехугольной призмы (рис . 78 , б) , перпендикулярен ее основания м .

5. Постройте общий перпендикуляр к прямым 0 0 1 и С D . Н айдите расстояние между ними , если ребро основания равно а.

6. Докажите, что точка Р пересечения отрезков 001 и А 1 С делит их попол а м .

7. Постройте общий перпендикуляр к пря м ы м A 1 D и В 1 С 1 и найдите расстояние между ними , если сторона основания равна а.

Новая задача

Вот она . В правильной шестиугольной приз.w.е, у которой боковые грани -квадраты, проведите плоскость через сторону нижнего основания и противолежащую ей сторону верхнего основания. Сторона основания равна а. Найдите площадь построенного сечения.

В качестве указанных в задаче сторон верхнего и нижнего оснований мы выбрали стороны E1 D 1 и АВ ( рис . 79) . При таком выборе будет обеспечена б6льшая нагл ядность чертежа . Тогда секущая плоскость будет иметь с передней и нижней гранями данной призмы общий отрезок АВ, а с задней и верхней гранями - отрезок E 1 D 1 • Ну, а что дальше?

С чего начать?

А начинать надо с выяснени я : имеются ли другие грани, которые имеют с секущей плоскостью общую точку? Потому что если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой.

1 60

Рис. 79

В дан ном случае оказывается, что �се грани да нного многогранника и меют общую точку с секущей плоскостью. Поскольку линии пересечения секущей плоскости с передней, задней , верхней и нижней гранями уже и меются ( это отрезки АВ и E 1 D 1 ) , то нужно рассмотреть четыре остаю­щиеся грани м ногогранника . Выберем , напри мер, гра нь DD 1 С 1 С. У нее имеется общая точка с секущей плоскостью - D , . Следовательно, секущая плоскость и плоскость грани DD , C , C пересекаются по прямой, прохо­дящей через D 1 • Но для построения линии пересечения двух плоскостей одной общей точки мало. Что делать? Давайте посмотри м на грань, па рал ­лельную выбранной . Такая гра нь имеется . Это квадрат АА 1 F 1 F . Поскольку линия пересечения этой грани е ще не построена , то воспользоваться па­раллельностью граней, как в приведенных выше задачах , мы не можем.

Тогда остается оди н хороший вариант : построить еще одну точку пересечения секущей плоскости с плоскостью гр ани DD , С, С. Как это сде­лать? А надо использовать все да нные. По условию прямая АВ содержится в секущей плоскости . Давайте построи м точку пересечения пря мой АВ с плоскостью гр ани DD 1 С 1 С. Для этого в плоскости названной гра ни надо отыскать прямую, лежа щую с прямой А В в одной плоскости . Та кой прямой является п рямая (:D. A B X CD = P. Но тогда прямая D 1 P есть линия пересечения плоскости рассматриваемой грани с секущей плоскостью. Пересекаясь с ребром СС1 , построенная прямая дает еще одну точку грани ВВ , С , С, при надлежащую секущей плоскости . Отрезок ВХ этой гра ни содержится в секущей плоскости и я вляется их пересечением .

Ну, а дальше можно уже использовать появивши йся опыт . Можно поступить та к . Мы уже говорили , что грани DD1 C 1 C и AA.1 F 1 F параллельны. Секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым . Поэтому строим отрезок А У, параллельный отрезку D 1 X ( рис . 79) . Построенный отрезок является пересечением грани AA 1 F 1 F с секущей плоскостью. После этого остается п ровести отрезок Е1 У, являющийся пересечением еще одной грани с секущей плоскостью. Многоугольник A YE , D , XB, яв­ляющийся сечением п ризмы, построен .

6 . Зак . 1 823 И . Л . Никол ьская 1 6 1

Можно поступить иначе . Строим точку пересечения прямой А В с плоскостью грани FF 1 E 1 E. Для этого в назва н ной плоскости находим прямую, лежа щую с прямой А В в одной плоскости . Такой прямой является прямая EF. Получаем AB X EF = H, секущая плоскость и плоскость грани FF1 E 1 E имеют две общие точки : Е, и Н. Поэтому прямая НЕ , - линия их пересечения . Она пересекает ребро F F, в точке У. Проведя о'fрезок УА , получи м пересечение секущей плоскости с гранью FF , A , A . Построение сечения завершено.

- Таки м вот образом шло построение сечения ,- увлеченно и стреми­тельно рассказывал Петр Иванович .- Но построить сечение - это только полдела . Есл и после этого разойтись по дом а м , ученики строить сечения не научатся . Из всякого дела нужно извлекать уроки , а из решения задачи нужно выносить идею, метод решения . Я всегда сначала п редл а гаю это сделать ученикам, а потом уточняю, подправляю.

Обра щать вни мание нужно прежде всего на гр ани , которые и меют с секущей плоскостью общую точку. Пусть мы выявили такую грань . Тогда ясно, что она пересекается с секущей плоскостью.

При построении пересечения гра ни с секущей плоскостью полезно выясн ить, имеется ли параллельная ей грань . Если пересечение параллельной гр ани с секущей плоскостью уже построено, то достаточно через общую с секущей плоскостью точку первой грани провести отрезок, параллельный пересечению секущей плоскости с параллельной гра нью. Можно поступить и иначе . Надо построИть вторую точку пересечения секущей плоскости с плоскостью рассматриваемой грани . Для этого надо выявить прямую в секущей плоскости и пря мую в плоскости грани , лежащие в одной плоскос­ти . Их пересечение даст вторую об щую точку двух названных плоскостей.

Известный м атематик и педа гог Д . Пойа называет указанную работу после завершения решения «взгл ядом назад» . Взгляд назад должен быть неотъемлемым элементом решения всякой серьезной задачи . Извлечь идею,

1 62

метод решения - вот к чему должен стремиться ученик. Этот призыв дол жен быть для него руководством к действию.

Каким должно быть продолжение?

Надо, чтоб ученик прежде всего пони мал, а потом уж и запоми нал.­любит говорить Петр Ива нович .- Вот если оста вить решенную задачу ка к есть, он будет п режде всего запоминать. Напри мер, с какой грани построение начали , к какой грани перешли после этого и т . д. А важно ли это - с ка кой гр ани и в каком порядке? Нет, это несу щественно. Вот я и предл а га ю ученика м рассказать, как они будут строить сечение , если начнут свои рассуждения с грани AA 1 F 1 F, затем перейдут к гр ани ВВ 1 С 1 С. Вот они строят сначала точ ку R, затем точку Q ( с м . на рис . 79) . После этого они осознают идею решения, метод и запоминают их потому, прежде всего, что понимают. При этом они освобождаются от «необходи мости» запоминать порядок выбора гра ней . Вместо этого усваи вается сам принцип , которым нужно руководствоваться при построении сечения . Последнее куда важнее, потому что готовит к решению новых задач, вооружает их руководством к действию . Осознание свершенного, его идей и методов нужно рассматривать как продолжение решения данной Задачи и «построение мостика» к задачам будущим. Сами пони маете, разве можно без этого? Иначе получится, что отсутствует работа, направ­ленная на понимание настоя щего и подготовку к буду щему.

Есть ли другие способы?

- Надо, чтоб ученик, покончив с задачей , всегда спра ш и вал себя : а нельзя ли решить иначе? И с этим «иначе», если оно на идено, разумно знакомить других. Не исключено, что и менно при построении сечения

1 63

други м способом многие по -настоя щему представят сечение и способы его построения, ка к новые, так и ста рые. Ученики ведь разные,- убеждал нас Петр И ва нович, продол жая рассказывать свои педа гогические были .- Один луч ше при мет оди н способ построения , другой - второй, трети й - третий способ. К тому же изучение одного и того же явления с разных сторон, разными методами - прекрасное занятие, предупреждаю­щее догматизм и скованность в применении знаний.

Кстати, разносторонний подход к изучению математических объектов -важный метод развития математической речи уча щихся . Н адо, чтобы об ОДНОМ И ТОМ же УЧИЛИСЬ говорить ПО-разному, с вободно, раскованно, со смыслом, понима нием всех м атематических терминов .

Рассмотрение разных способов решения задачи эффекти вно способствует этому. Важно научить ученика находить новые способы решения . Как это сделать? В да нном случае нужно посоветовать исследовать особенности расположения элементов построенного сечения . Потому что нередко новый способ скрыт в имеющемся решении. Сейчас мы и меем и менно та кой случай . Приступим к анализу расположения элементов построенного сечения ( рис . 79) .

- Построение сечения данной призмы сводится к построению точек Х и У пересечения секущей плоскости с ребрами СС 1 и FF 1 • Ка к расположены названные точки на ребрах призмы?

Кажется, они я вляются их серединами . Что еще можно заметить относител ьно точек Х и У? X Y l l AB ; X Y l l FC; X Y i i F 1 C 1 . Как это обосновать? Плоскость FF1 C 1 C параллельна плоскости передней гр ани , так как

AA 1 i i FF 1 и AB l l FC. - Как этим воспользоваться для доказательства параллельности

отрезка Х У други м указанным отрезка м ? --- Получается, что секущая плоскость пересекает две параллельные

плоскости . Л инии пересечения А В и ХУ па раллельны. Поскольку FC l l A B , то и X Y l l FC . Аналогично X Y l l F 1 C 1 и X Y l l E 1 D 1 .

- Если бы мы сумели построить одну точку прямой Х У, то с могл и бы построить эту пря мую : ведь она параллельна А В ! Как найти точку, принадлежа щую прямой Х У? И которую из точек легче найти ?

- Прямая АЕ 1 принадлежит секущей плоскости и пересекает прямую ХУ. Обозначим точку их пересечения М. Дума ю, что точка М является серединой отрезка А Е 1 •

-- Ка к доказать это? - В основании призмы лежит пра вильный шестиугольник . Поэтому

отрезок АЕ делится отрезком FC попол а м . Обозначим точку их пересечения N. Вот если MN l l EE 1 , то по теореме Ф алеса ( или по свойству средней линии треугольника ) точка М --' середина отрезка А Е 1 •

Но, конечно же, N М 1 1 ЕЕ, , та к как эти две прямые я вляются л и ниями пересечения двух па раллельных плоскостей плоскостью АА 1 ЕЕ 1 • Все ! Точка М -- середина отрезка А Е 1 • Находим ее. Это можно сделать та к : а ) Строи м точ ку N = AE X FC. • б ) Через точку N п роводи м прямую, параллельную ЕЕ 1 . Точка М построена : М = А Е1 X N T, NT / I EE 1 .

1 64

Затем через М п роводи м прямую, параллельную АВ, и получаем точки Х и У. Многоугольник ABXD 1 E 1 У - искомое сечение.

- Удивительно короткое решение.

Н айде м площадь

- Ка к н а йти площадь получен ного сечения? - Ортогональной проекцией сечения является основание призмы.

Площадь основания легко найти . Соединим центр пра вильного м ного­угольника , я вляющегося основанием да нной призмы, с его вершина ми . Получи м шесть равнобедренных треугольников с боковыми сторонами а ( поскольку углы п р и вершинах указан ных треугольников по 60° , то эти треугольники равносторонние) .

Пусть 50 - площадь основания призмы. Тогда S0 = 6 ·т a2 s in 60° =

=� - Найдем теперь угол , который образует секущая плоскость с плос­костью ос!-!'ования .

А Е .l_ АВ . (.6. A F Е равнобедренный с углом при вершине 1 20° . Тогда угл ы при е го основании по 30° . Но тогда L_ ЕАВ = 90° . )

А Е1 .l_ А В п о теореме о трех перпендикулярах . Получили , что угол между плоскостью основания и плоскостью сечения

равен углу ЕАЕ1 . Н а йдем косинус этого угл а . А Е = а.JЗ как сторона правил ьного треугольника , вписанного в окружность радиуса а. По теореме

Пифагора АЕ 1 = -J А Е2 + ЕЕт = -J За2 + а2 = 2а. Отсюда cos а = af} =

= -v; , где а = L ЕАЕ 1 .

Пусть площадь сечения S . Тогда S = � = 3а2 . Площадь сечения най­соs а

де н а .

Забыл формулу . . .

- Что дел ать, если окажется, что ты не помнишь формулу, устанавли­вающую соотно шение между площадью многоугольника и площадью его ортогональной проекции? Смогли бы мы вычислить 11Jющадь сечения, не зная этой формул ы ?

Конечно, смогл и бы. - Как? - Сечение состоит из двух равных трапеций с общи м основанием ХУ.

Надо на йти площадь одной из них и удвоить. Давайте сделаем это.

- Пожалуйста . АВ = а, Х У = 2а, высота АМ = -}-АЕ 1 = а. Площадь За2 2 тра пеци и равна -2 - , а площадь всего сечения равна За .

- А почему АМ .l_ Х У? Может, А М не высота тра пеции?

1 65

- По теореме о трех перпендикулярах A B _l_ AE 1 . X Y l l AB , следователь­но, ХУ _l_ AE1 ( если одна из параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и вторая тоже ) .

- Но если я и пло щадь трапеции не помню как находить? Тогда все ? ! Мне задачу не решить?

- Ну почему же? Можно обойтись и без знания формулы площади трапеции .

- Как? - Найдем площадь параллелогра м м а НЕ1 QB. Его сторона НВ = 2а .

Почему? Потому что НЕDА - параллелогр а м м ,и , стало быть, НА = ED . Отсюда Н В = 2а . Высота А Е 1 пщ�аллелогр а м м а найдена : 2а. Отсюда площадь параллелогра м м а равна 4а2 •

- Догадываюсь. Теперь из площади параллелогр а м м а надо вычесть площади двух треугольников или в силу их ра венства удвоенную площадь треугольника НУ А. Остается разгадать, как найти площадь этого треугольника . Наверное, это сложно.

- Да нет. Просто . Сторона НА = а, высота треугольника , опущенная на эту сторонr , равна АМ = а. Тогда удвоенная площадь треугольника Н УА равна а . Вычитаем эту площадь из площади параллелограмма и получаем площадь сечения За2 . В прочем , Площадь треугольника Н У А , нет, лучше сумму площадей двух «лишних» треугольников, можно было бы вычислить проще. .

- Как? Площадь этого треугольника можно вычислить п роще, чем мы это сделали? Что-то не верится .

- А вот, следи за мои ми рассуждениями . Площадь параллелограмма равна 4а2 • Теперь сторону XD 1 треугольника XD 1 Q приложим к стороне А У треугольника Н УА . Получи м параллелогр а м м . Этот п а раллелогра м м подобен большому нашему параллелогра м му . Его стороны вдвое меньше сторон большого параллелогр а м ма , а площадь, стало быть, меньше вчетверо. Из 4а2 вычитаем а2 - получаем площадь сечения За2 .

Можно рассуждать и и наче. У треугольника Н У А сторона НА вдвое меньше стороны Н В параллелогр а м м а . Высота АМ треугольника тоже меньше высоты АЕ1 параллелограмма в 2 раза . Но тогда его площадь меньше площади па раллелогр а м м а в 8 раз , а удвоенная площадь меньше площади параллелогр а м м а в четверо . Далее так же.

Воспользуемся той же идеей , но . . .

Дана четырехугольная призма (рис . 80) . На ее боковых гранях даны три точки: Е, F и G . Чтобы было видно, какой грани принадлежит каждая из точек, через эти точки в гранях проведены прямые, параллельные боковым ребрам призмы. Таким образом, точки Е 1 , F 1 , G 1 - параЛлельные проекции заданных точек на плоскость основания.

Надо построить сечение призмы плоскостью EF G. Р е ш е н и е . Советы , полезные в одних случаях, в определенном смысле

полезны всегда . И менно в определенном смысле, т. е. они полезны не буквальным, догматическим их использованием , а зачастую в видоизменен-

1 66

ном , приспособленном к новой ситу­а ции виде . Иногда оказывается, что п режние советы могут быть исполь­зованы лишь частич но. Наконец, он и могут « породить» другие, более ш и рокие ил и более узкие советы, а то и совсем отличаю щиеся от них .

При решении предыдущей задачи мы советовали прежде всего обратить вним а н ие на грани , содержа щие точку секущей плоскости . В дан ­ной задаче таких гра ней три . Затем советовалось выбрать одну из них и заняться построением еще одной точки , принадлежа щей линии пере­сечения секущей плоскости с плос­костью выбранной грани . В новой ситуа ции ( см . рис. 80 ) этот совет « не срабатывает» . Это, конечно, не означает, что он плох и его надо забыть. Дело в том , что нет советов , которые бы помогали в л юбой ситуа ции . В одном случае тот или и ной совет поможет, и за это его надо ценить, в другом -может оказаться бесполезным , и придется искать другой подход к реше­нию .

Интересно то, что в последней задаче ( с м . рис . 80 ) полезно поступить «наперекор» , п роти воположно прежнему совету . Смотрите, прямые ЕЕ1 и FF 1 параллельны и потому лежат в одной плоскости. Прямые FF 1 и G G 1 также параллельны и , стало быть, та кже лежат в одной плоскости. Что мы тогда и меем ?

В плоскости нижнего основа ния и меется прямая E 1 F 1 , лежащая в одной плоскости с прямой EF секущей плоскости . Строи м их точку пересечения : X = EF X E1 F 1 • Она принадлежит секущей плоскости и плоскости ни жнего основания . Далее, прямая F 1 G 1 лежит в одной плоскости с пря мой FG секущей плоскости . Строим их точку пересечения : У = F G Х F 1 G 1 • Она общая для секущей плоскости и плоскости нижнего основа ния . Но тогда

, имее м : прямая Х У есть линия пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания . Что это дает? А мы построили пересечение нижней гр ани призмы с секущей плоскостью - отрезок МН. Дальше все просто. Строи м линии пересечения граней с секущей плоскостью: HG , МЕ. Получаем отрезки Н К и ML пересечения гра ней п ризмы с секущей плоскостью. Линией пересечения плоскости задней грани призмы с секущей плоскостью является пря м а я KF. Прямая LF та же самая . Иначе : точка F должна принадлежать прямой KL . Всякое отклонение - результат недостаточно а ккуратного построения . ( Не может же плоскость пересекать грань по ло маной ! ) ·

Многоугольник MLKH - искомое сечение. Данный при мер поучителен тем , что на всякий совет на йдется «а нтйсовет».

Одн а ко не забудем и другое : мы все-таки сейчас использовал и ра нее найденную идею . Вот эта идея .

1 67

Чтобы построить общую точку двух плоскостей, одна из которых секущая, надо в секущей плоскости выбрать некоторую прямую, а затем во второй плоскости выявить прямую, лежащую в одной плоскости с выбранной прямой секущей плоскости. Точка пересечения этих прямых является общей точкой двух плоскостей, в которых прямые расположены.

Как видите, не все советы оказались бесполезными . Мы воспользовались той же идеей , что и в предыдущих задачах , но в союзе с новой : и ногда целесообразно построить линию пересечения секу щей плоскости с плос­костью грани многогр анника , даже если она не содержит зада нной точки секущей плоскости . Это диктуется наличием пересека ющихся пар прямых , в которых одна прямая лежит в секущей плоскости , другая - в плоскости гр ани многогр анника .

При решении задач на построение нужно проявлять гибкость, подходить к их решению творчески . Надо помнить, что не может быть советов н а все случаи , н о советы все-та ки нужны и полезны . Только осознавать их нужно в процессе решения задач и , если они не при водят к решению, нужно искать новые, иногда неожиданные идеи , иногда обра щаться к «анти­совета м» . Советы, как решать задачу, не запреты вида : «дела й только так и никак иначе», а напоминание о возможных методах решения . Возможных, но не еди нственных и не всегда осуществимых .

Е ще одна задача

Вот она . Дана четырехугольная призма. Построить ее сечение плос­костью, проходящей через данные точки Е и F, принадлежащие ребрам АА 1 и СС1 соответственно, и параллельной диагонали основания BD ( рис . 8 1 ) .

D

1 68

Р е ш е н и е . с, -:---- Секущая плоскость задана здесь

r----------::::11 неста ндартно ,- обговаривал задачу

Рис. 81

Петр Иванович . - Задание плоскости надо разнообразить . Неш аблонность всегда и нтересна , она предупреждает монотонность в изучении м атем атики, ((подсьшает пер цу» в п роцесс решения задач . Данная задача как раз обл адает некоторой свежестью, пробуждаю щей геометриче�кое л юбопытство .

А решали м ы ее так . ( Воспроиз­ведем прибл иженно диалог Петра Ивановича с ученика м и . )

- Что нам известно о прямой EF? - Прямая EF лежит в секущей

плоскости и в диагонал ьной плоскости АА 1 С 1 С призмы .

- Что м ы знаем о секущей плос­кости?

- Секущая плоскость проходит через пря мую EF и параллельна пря мой BD.

- Ка кое расположение ди агонали BD? - Диагональ BD лежит в диа гональной плоскости BB 1 D 1 /J . Е ще

она параллельна секущей плоскости . - Ка к эти м воспG>л nзоваться для построения сечения? - Л иния пересечения секущей плоскости с диа гональной плоскостью

BB 1 D 1 D дол жна быть па раллельна диа гонали BD, так как в противном случае прямая BD будет пересекать секущую плоскость . Вот если бы найти одну точку линии пересечения секущей плоскости с плоскостью BB 1 D 1D , то мы бы построили и всю линию пересечения .

- Ка к построить такую точку? - Я за метил , что прямая EF пересекает диа гональную плоскость

BB 1 D 1 D . Надо только построить точку пересечения . Она лежит сразу в двух диа гональных плоскостях , следовательно, принадлежит линии их пересечения . Построи м ее . Получи м пря мую 00 1 • Получили точку М = = Ef X 00 1 • Точка М лежит на л инии пересечения секущей плоскости с плоскостью DD 1 B 1 B . Поскол ьку , как мы за метили раньше, эта линия пересечения параллел ьна BD, то проводи м через точку М п рямую, парал­лел ьную BD. Она пересекает ребра ВВ1 и DD1 в точках Н и G . Четырех­угольник ЕН F G - искомое сечение .

- А теперь подумаем , что мы можем извлечь из решения данной задачи ,- подводил итог Петр И ванович .- Здесь мы воспользовались тем, что принадлежащая секущей плоскости прямая EF оказалась принадле­ж а щей другой плоскости АА 1 С1 С, линию пересечения которой с третьей плоскостью BB 1 D 1 D легко построить. Но тогда точ ка пересечения прямой EF с третьей плоскостью принадлежит прямой 00 1 пересечения второй и третьей плоскостей . Та ким образом, решенная задача открыла перед нами еще одну возможность построения точки пересечения пря мой с плоскостью. Она состоит в следующем :

1 69

Пусть надо построить точку пересечения прямой с плоскостью а . «Включш.1» данную прямую в некоторую плоскость 13. Построим линию пересечения плоскостей а и 13 . Строим точку пересечения данной прямой с построенной линией пересечения. Построенная точка и есть точка пере­сечения данной прямой с плоскостью а.

Такой возможностью удобно воспользоваться тогда, когда легко по­строить линию пересечения укаэанных плоскостей.

Раздолье построени й

- Люблю задачи , которые заключают в себе раздолье в выборе способов построений и в то же время вносят некоторое огр а н ичение в возможности их использования . Ситуа ции , заставляющие отказываться от ряда построений , ведущих к ре шению задачи , бывают по разным причи­н а м . То построил бы «та ю> , да некоторые из прямых и отрезков, которые при этом поя вятся_, совщ�дают с уже имеющи мися элемента ми чертежа . Или хочешь провести некоторые линии , да видиш ь - пJюхо получится , потому что на маленьком участке чертежа будет сли ш ком много проведенных линий . В обоих случаях теряется наглядность чертежа , - изла гал свои методические мысли Петр Иванович . - А какая польза от построени й ,

с

Рис. 82

1 70

результатом которых явл яется со­вершенно «темный» рисунок? Иног­да кажется , что намеченные постро­ения наглядны, удобн ы для воспри­ятия , - а н нет, опять беда : л иста бу­м а ги не хватает . Не будеш ь же к тетр адному листу приклеивать лист ватмана? И вот получается, что в таких сложных ситуа циях надо пе­ребирать и взвешивать м ного ва ­риантов , выбирая лучшие. И щешь, как гоголевская невеста : вот к но­су · Ивана Савича , да приставить бы губы Егора Кузьм ича , да до­ба вить подбородок Петра Савелье­вича . . . В жизни это сделать невоз­можно, а вот при решении задач н а построение сечений это иногда уда ­ется . И такое удовлетворение от этого испытываеш ь в таких случаях !

Кроме того , в задачах такого рода большой выбор идей построе­ния . И разве такие задачи могут быть не и нтересн.ы м и ? ! Вот пример интересной задачи .

З а д а ч а. Дана шестиугольная пирамида. Надо построить ее сече-

ние плоскостью, проходящей через точки М и N, принадлежащие боковым ребрам ( см . рис . 82 ) , и параллельной диагонали основания ЕС.

- С чего начнем решение задачи? Ка кой идеей , каким советом вос­пользоваться? - спра шивает Петр Иванович .

- З наете, прямая ЕС лежит в плоскости ЕНС ( рис . 82) , а прямая MN пересекает эту плоскость. Надо построить их точку пересечения.

- Как это сделать? - В предыдущей задаче встречалась такая же ситуация . При ее

разрешении мы пришли к одному полезному совету. Если требуется по­строить точку пересечения прямой с плоскостью, надо выявитг такую вторую плоскость, в которой · лежит да н ная прямая , и построить линию пересечения этих плоскостей . Причем вторую плоскость нужно выбрать так, чтобы был о легко построить их линию пересечения .

- Что же, попробуйте воспользоваться этим советом . - В качестве второй плоскости нужно взять плоскость ВН D . Прямая

M N содержится в этой плоскости, а линию пересечения плоскостей ЕНС и BHD легко построить : это прямая GH. Прямые M N и GH лежат в одной плоскости BHD . Строим точку пересечения прямой : К = MN X GH. Точка К явл яется точкой пересечения прямой MN с плоскостью ЕНС.

- Что это дает? - Точка К - общая для секущей плоскости и плоскости ЕНС. Сле-

довательно, они пересекаются по прямой , проходящей через точку К. Ка ково расположение этой прямой? Поскольку по условию секущая плос.кость параллельна ЕС, то проходящая через К линия пересечения не может пересекаться с прямой ЕС. Она ей параллельна . Поэтому проводим через точку К в плоскости ЕНС прямую, параллельную ЕС: L O i i EC.

Теперь можно построить отрезки пересечения секущей плоскости с тремя боковыми гр анями пирамиды : LN, NO, ОМ.

- Что же дел ать дальше? Прошлый раз мы говорили о пользе « а нтисоветою> в определенных

ситуациях . Особенно это за мечание относите� к плоскости основания призмы или пирамиды. Вот в да н ном случае в плоскости основания не указано ни одной точки, принадлежащей секущей плоскости . Зато в ней легко построить две та кие точки . Вот они : X = BD X MN, У = ВС Х М О. Прямая Х У - линия пересечения секущей плоскости с плоскостью основания пирамиды. Остается только умело «распорядиться» этой прямой, одновре­менно лежа щей в плоскости основания и в секущей плоскости.

З аметим , что, возможно, в поиске пути построения прямой Х У у вас появилась мысль построить сначала не точку Х, а точку пересечения прямых CD и NO. Одна ко точка пересечения этих пря мых расположена сли ш ком далеко, пожалуй за пределами чертежа . Поэтому от этого построения при шлось отказаться . Надо искать более удобный вариант. И мы его на шли, построив точки Х и У .

Важно та кже обратить ва ше внимание на следующее . Если построенные две точ ки Х и У оказались бы сли ш ком близко расположенными друг к другу , то лучше одну из н и х заменить построением более удаленной точки. И наче прямая , определяемая этими точками , будет построена недостаточно точно, что при ведет к искажению R постр?ениях, может породить ошибки .

' 1 7 1

Впрочем , это замечание носит не геометрический , а чисто чертежный , практический характер .

- Итак, к а к же «умело распорядиться» теперь прямой Х У? - А вот посмотрите . Строим Q = X Y X A E. Точка Q лежит в секущей

плоскости и в плоскости НАЕ. Но тогда эти две плоскости пересекаются по п рямой QL . Находим R = AH Х QL. Точка R принадлежит секущей плоскости. Следовательно, отрезок RM я вляется - пересечением гр ани АН В с секущей плоскостью.

- Что же дальше? - Далее поступаем а налогично . Смотрите: P = X Y X AF . Точки Р и R

общие для плоскостей А НF и секущей . Следовательно, прямая РR ­линия пересечения этих плоскостей . Строи м теперь T = НF X PR. В итоге голучаем отрезки, по которым пересекаются с секущей плоскостью две останшиеся боковые гр ани пирамиды : отрезок R T и отрезок TL . .

Многоугольник LNOMRT - искомое сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую MN и параллельной диа гонали ЕС.

Задача решена .

ЮНЫЙ ПЕДАГОГ ОБУЧАЕТ МА ТЕМА ТИКЕ -ПЕТР ИВАНОВИЧ БЕСЕДУЕ Т, СОВЕТУЕ Т, УЧИТ (V 1 1 1 -Х кnассы )

Возможно, этот за головок вызовет у вас недоумение. Ведь книжка называется «Учи мся рассуждать и доказывать» ! П ричем же тут обучение математике?

Дело в том, что в жизни важно уметь проводить рассуждения и дока -

1 72

зательства не тол ько перед учителем и това рищами , но и для людей другой подготовки, другого возраста , с иным кругозором . Если вы хотите подвести и х к важному вы воду, убедить в своей пра воте, научить творчески м ысл ить, сдел ать то, о чем вы ведете речь, интересным и пон ятным , увлечь напряженной работой в поиске истины , надо учиться этому с юных лет. Такую возможность можно получить, выполняя роль педа гога , обучающего м атем атике младших школьников. Уверяю вас, что это вам в л юбом случае при годится . Разве плохо уметь оказать квалифицированную помощь младши м сестренке или брату? Да еще по математике ! К тому же когда-то у вас будут собственные дети . Они будут весьма довольны, если испытают на себе ва ш тал а нт педа гога - м атематика . Наконец, среди вас есть и такие, которые занимаются на факул ьтетах будущих учителей ма­тематики . И кроме того , обучение математике малышей - дело са мо по себе и нтересное .

Важно та кже, что, обучая м атематике мл адших, вы са ми более глубоко будете ее понимать и осваи вать.

А теперь представьте, что вы решили вести математический кружок с уча щи м ися !У ил и У класса . С чего начать?

Удобно начать первое занятие с решения интересной, непростой , но доступной задачи . Вот пример та кой задачи .

3 а д а ч а l . Найти прямоугольник, длины сторон которого выражаются натуральны м и числ а м и , а площадь численно равна пери метру.

* * *

В ы все прекрасно понимаете, что от того, как пода на задача , зависит и нтерес к ней ваших учеников . Поэтому обсуди м сначал а : 1 . Как подать задачу?

Поиск ответа на поставленный вопрос озна.чает решение важной педагогической задачи . ( В отличие от нее математи ческую задачу будем называть просто задачей . )

Сначала подумайте, ка к б ы поступили в ы . . . В ы подумали? Это принесет ва м по.тiьзу : сейчас вы более готовы к озна комлению с предлагаемы ми варианта ми и к их оценке .

Возм ожны разные варианты. Рассмотрим два следующих : П е р в ы й в а р и а н т. Он очень прост. Читаем условие задачи . Просим

учеников 1 1 овторить условие . В т о р о й в а р и а н т . Сложнее первого, но и интереснее. Он состоит

из трех пунктов . l ) Текст задачи не читаем ; мы будем подводить к нему. П редлагаем

изобразить три прямоугольника с длинами сторон : а) 4 'ед. и 6 ед. ; б ) 4 ед. и 3 ед. ; в ) 2 ед. и 2 ед. Ученики выполняют рисун ки в тетрадях, а вы, юный педа гог ,- на доске .

2 ) П редл а гаt>те в каждом случае сра внить численные значения площади и пери метра прямоугольника . Уча щиеся сообщают : в случае а ) . численное значение площади пря моугольника больше численного значения его пери метра (S > P, так как 24 > 20); в случае б ) S < P ( 1 2 < 1 4) ; в случае в) S < P.

1 73

3 ) Предла гаете выяснить, су ществуют ли та кие прямоугольники , стороны которых выражены натурал ьны ми числами , а площадь численно ра в на пери метру.

Кстати, здесь нужно выяснить, предста вляют ли ученики , какие числа являются натуральны ми . Надо, чтобы они пони мали : натуральные числа -это 1 , 2, 3, 4, 5, 6, . . . , что они , в частности , служат для счета предметов .

Подумайте теперь над каждым из предложенных двух вариантов. Ка кой вы предпочтете? Почему?

Давайте обсуди м вариа нты . У ка ждого из них имеются свои достои н ­ства .

В пер вом варианте мы знакомим с условием математической задачи при ми нимальной затрате времени . Ученику сообщен текст задачи , его дело теперь решать ее.

Во втором вариа нте на подведение учеников к проблеме затрачено много времен и ( по сра внению с первым вариа нтом ) . Зато ученики чувствуют себя в этом случае соста вителями задачи , а это всегда . п риятно. И решать ее они, види мо, будут с большими охотой и интересом, чем в первом случае . Кроме того, затраченное время не пропало да ром . Ученики усвоили теперь условие задачи гораздо глубже, чем при пер вом вариа нте, и и м понадо­бится меньше времени для отыскания метода решения . Выпол ненные рисунки помогут в этом .

При втором варианте «введению> задачи ученики будут мыслить акти вней , чем при первом .

Та ким образом, вам , види мо, ясно, что второй ва риант преподнесения задачи предпочтительнее первого.

М ы решил и пер вую педа гогическую задачу . Перейдем к решению следующей . 2. Задача подана . . . Ре ш ать'

ее с учен и ком или за уче н и ка? ( Вторая педа­гогическая задач а )

О д н и м из способов решения задачи является следующи й : учитель указы вает, что надо делать ( какие дополнительные построения выполнить, ка кие перемен ные ввести, какие фигуры следует рассмотреть и сравнить ) . Почему надо поступ ать так, а не иначе , не объясняется . Ученик слушает, ста рается понять и запом нить ход решения . Та кое решение зада чи я вляется , скорее, решением за ученика , в место ученика , а не решением совместно с учеником . При та ком с пособе на « ре шение» затрачивается мало времени , но вряд ли происходит обучение е го поиску, умению рассуж­дать и доказывать.

Д р у г о й способ состоит в том , что уч итель ста вит вопросы так тон ко и в та кой последовательности, что ученик не просто запоми нает предла ­гаемое ему готовое решение, а с а м е г о н а х о д и т . Давая советы , учител ь при этом разъясняет, почему разумно так наступить. При та ком подходе педа гог решает задачу с учеником, а не за ученика, учит поиску решения , умен ию рассуждать и доказывать. Рассмотр им , как можно осу ществить этот подход п ри менительно к решению на шей задачи 1 .

Начинаем беседу . ·-· Как будем решать задачу?

1 74

Постановка та кого вопроса свидетельствует о н а шем уважении к ученикам , к их знаниям и развитию . Мы не исключаем, что кто-то из них сможет отыскать решение без помощи учителя ! Поставленный вопрос ничего не подсказывает, «Не направляет» . Он рассчита н на полную самостоятель­ность . Вообще вопросы надо ста вить так, чтобы они оставляли наибольшие возможности для ума уча щихся. Если ученики эти ми возможностями воспользоваться не в состоянии , придется задать другой, более узкий вопрос ( не злоупотребляя , одна ко, эти м ) . Возможно, придется дать и совет. Но п режде чем зада вать новь1й вопрос, нужно дать время на поиск решения . Вам в это время надо наблюдать за работой учеников, подходить к каждому из них , выслушивать возникающие у них идеи индивидуально . Когда кем-либо из учеников идея решения будет на йдена ( может, частично) , можно обсудить ее со всеми .

Нужно иметь в виду, что одни ученики могут заниматься поиском решения долго и с увлечением, пока не оты щут его, другие же скоро начинают отключаться от работы . В связи с эти м важно не затянуть отпущенное на поиск решения время и в то же время не прервать поиск преждевременно. Есл и время затянем, ученики оставят свои размышления над задачей . Если п рервем поиск преждевременно, вызовем досаду у ученика : учцтель помешал · ему сделать открытие, когда он был к нему так близок! Минуты н а п ряженного поиска решения - са мые драгоценные, и надо относиться к н и м бережно.

Допустим худшее : никто из ваших учеников не смог выдвинуть ведущей к решени ю идеи . Вопрос «Как будем решать задачу?» остался без ответа . Тогда , как мы уже сказали , надо поставить более узкие вопросы . Однако они должны оставл ять ученикам как можно больше пищи для ума . Например :

- Длины сторон прямоугольника выражаются натуральными числами . Что показывает в этом случае пери метр ?

- Пери метр прямоугольника показывает тогда , сколько единичных отрезков содержат стороны прямоугольника , вместе взятые ! - говорят ученики .

1 75

- Что показывает площадь прямоугольника с целочисленными сторона ми?

- -- Площадь в этом случае показы вает, сколько единичных квадратов содержится в п ря моугольнике ,- получаете ответ .

Как, учитывая ваши ответы , можно иначе сфор мулировать задачу? - Нам надо найти та кие пря моугольники с целочисленными сторо­

нами , у которых число содержа щи хся в них единич ных квадратов равно числу единичных отрезков на всех сторона х в месте .

- Ка к воспользоваться измененной формул и ровкой задачи? - Давайте н а на шем рисунке разобьем прямоугольники на единичные

квадраты и подум аем , что получ ается ,- усл ы ш и м мы , возможно, жел аемый ответ .

Проведенные рассуждения , поста новка вопросов таковы , что побуждают к поиску решения . Наши вопросы не были подсказывающими , предписы ­ва ющи ми . Они учат уча щихся раскры вать смысл тех поняти й , которые содержатся в задаче .

Научить других рассуждать и доказывать н а м ного сложнее, чем научиться этому самому. В месте с тем умное обучение других обога щает и развивает са мого учителя . Обучение других - это и обучение самого себя _ И если вы станете юным педагогом , ведущим за няти я м атематиче­ского кружка с младшими школьниками , вы не пожалеете об этом . Ваши математические знания ста нут от этого пол нее и надеж нее, да и рассуждать вы будете глубже, а доказывать более а р гументированно.

Надо иметь в виду, что при проведении за нятия математического кружка всегда присутствуют элементы экспромта . Но этот экспромт должен опираться на основательную предварительную подготовку, а не быть следствием безответственности . Для всякого хорошего экспромта нужен надежный фунда мент, прочный каркас .

Нужно тщательно продумывать ход, сценарий занятия математического кружка . Одна и та же задуманная учителем пьеса каждый раз ста вится по- новому, с разнообразн ы м и из менениями _ Она я вляется резул ьтатом творческой сов местной работы учителя и учащихся . Другие учени ки и другое состоя ние учителя порождают и новую пьесу. Хотя основа ее может быть одной и той же. Мы хотели бы, чтобы как можно больше юных педа гогов испытали радость и муки та кого творчества . Пусть даже большое число разочарова ний не остановит вас в стремлении к педа го­гическому совершенству.

Но вернемся после столь дол гого отвлечения к поиску решения нашей математической задачи на занятии математического кружка .

Итак, мы решили разбить изобра женные на рисунке прямоугольники на еди ничные квадраты. Это разбиение учитель сделает на доске, а учени ки -в тетрадях.

П редлагаем подумать, что получается . - У кого поя вилась идея решения? Предположи м , что идею решения никто не предла гает. Что дел ать?

Можно начать проговари вать условие задачи в новой, полученной при совместной работе с учениками редакции , несколько видоизменяя ее .

Единичных квадратов в искомом прямоугольнике должно быть

1 76

столько же, сколько единичных отрезков на сторонах . Что это значит? . . (Делаете паузу : а вдруг кого-либо осенит? ! ) Это значит,- продолжаете вы ,- что каждому единичному отрезку на сторонах должен соответствовать «свой » единичный квадрат. Какой квадрат удобно поста вить в соответствие вот этому отрезку? ( Показываете при этом некоторый единичный отрезок на рис . 84, а . )

Ученики предла гают поста вить в соответствие единичному отрезку квадрат, стороной которого я вляется этот отрезок. Вы помечаете указанный квадрат ( «крестиком» , п роведя в нем диагонал и ) . Аналогично ставим в соответствие квадраты други м единичным отрезка м . В процессе выпол­нения да нной работы кто-то, возможно, заметит, что четырем единичным отрезка м , отложен ным от вершин прямоугольника , не хватило прилежащих к ним единичных квадратов. Если этого никто не за метит, придется поставить вопрос:

- Всякому ли еди нич ному отрезку на сторонах прямоугольника соответствует с вой квадрат?

Для удобства п роведения дальнейших рассуждений можно сказать : да вайте условимся говорить, что отмеченные на рисунке единичные квадраты образуют р а м ку п р'ямоугольника . После этого нужно задать вопрос :

- Каково соотношение между числом единичных отрезков на сторонах прямоугольника и числом квадратов р а м ки ?

Вот ответ учеников : - Число единичных отрезков на сторонах на 4 больше, чем число

квадратов р а м ки . После такого ответа естественно установить причину указанного

соотношения между числом единичных отрезков на сторонах прямоугол ь­ника и числом квадратов рамки . Ведь если выявленное на частных примерах

1 77

соотношение случайно, то им едва л и возможно воспо.1 ьзоваться для решен ия задачи . Возможно, ученики · подметят, что единичные квадраты при вер шинах да нного пря моугольника соответствуют сразу двум еди ничным отрезка м на сторонах прямоугольника . Каждый из оста вшихся квадратов ра мки соответствует только одному единич ному отрезку на сторонах прямоугольника . Поэтому число еди ничных отрезков на сторонах на 4 боль­ше, чем квадратов, образующих рам ку . То , что и в еще двух случаях соотношение между числом единичных отрезков на сторонах прямоугол ьника и числом квадратов р а м ки оказалось тем же, заста вляет предпола гать, что так будет всегда . После этого мож но снова предложить объяснить причину найденного соотношения .

Теперь подводим итог. - Итак, мы установили , что число еди ничных отрезков на сторонах

прямоугольника на 4 больше, чем число квадратов р а м ки . При каком условии число еди ничных отрезков на сторонах прямоугольника будет равным числу квадратов всего прямоугольника ?

- Это ра венство будет п р и условии , если внутри рамки прямоугольника окажутся ровно 4 еди ничных квадрата ,- отвечают ученики .

- Как же найти прямоугольники с целочисленными сторон а м и , у которых пери метр равен численно их площади ?

Надо дать время на обдумывание ответа на этот вопрос . Найти ответ для учеников может оказаться не просты м делом . Подождите . Повторите вопрос.

Кто-то в ко'fще концов за метит, что часть прямоугольника , распо­ложенная внутри е го рамки , и меет фор му прямоугольника . Этот в нутренний прямоугольник должен состоять из четы рех еди ничных квадратов. Вот если бы этот внутренний п рямоугольник найти, то осталось бы сделать его обра мление из единичных квадратов ( построить ра м ку из квадратов ) - и искомый прямоугольник на йден .

- Из четырех квадратов можно образовать та кой прямоугольник.­догады ваются ученики .

- Можно ли из четырех квадратов соста вить другие прямоугольники? - Нельзя ,- отвечают ва м . - Площадь прямоугольника , составленного

из четырех еди ничных квадратов, равна 4. Мы знаем , что площадь любого прямоугольника равна произведению его длины на ширину . Но число 4 можно представить в виде произ ведения двух н атуральных чисел тол ько двумя способа м и : 4 = 1 · 4 или 4 = 2 · 2 . Следовательно, из четы рех еди ничных квадратов можно соста вить только два прямоугольника : 1 ) с длинами сторон 1 и 4 ; 2 ) с длинами сторон 2 и 2 .

Предла гаете далее ученикам самостоятельно построить прямоугольники с целочисленны ми сторонами , периметры которых численно равны их площади . Оди н из выполнивших в тетради построение учеников может для контроля выпол нить построение на доске, рассказа в , как он это дел ал .

Итак, види мо, искомыми прямоугольника м и я вляются два : со сторонами 3 и 6 единиц и 4 и 4 еди ницы. Но почему «види мо»? . .

Дело в том , что решение задачи не за вершено. В са мом деле, мы нашли метод решения для случая , когда прилежа щие к сторон а м пря моугольника

1 78

квадраты образуют рамку . Но всегда ли это так? Оказы вается , нет . Подумай­те , дл я каких прямоугольников с целочисленными сторонами рамка из еди нич ных квадратов, прилежащих к сторонам , не образуется .

Вот ответ . а ) В случае прямоугольника , хотя бы одна из сторон которого равна 1 ,

говорить о рамке из единичных квадратов не приходится. Тогда ее нет. На за няти и кружка можно предложить уча щимся доказать, что если дл ина одной из сторон прямоугольника равна 1 , а длина другой равна k, то разность между числами , выражающими пери метр и площадь, равна k + 2 . Дл я еди нич ного квадрата эта разность равна 1 + 2 = 3 . Для прямо­угол ьника со сторона ми 1 и 2 число , выражающее пери метр, бол ьше числа , выражающего площадь, на 2 + 2 = 4 и т . д. Други ми словами , для прямо­угольника , хотя бы одн а сторона которого равна 1 , число, выражающее пери метр, по край ней мере на 3 больше числа , выражающего площадь прямоугольника .

б ) Пусть у прямоугольника с целочисленны ми сторон ами нет стороны, равной 1 . В случае, когда одна из сторон равна 2 , можно считать, что рамка, соста вленная из погра ничных еди ничных квадратов, существует. Только эта р а м ка полностью за пол нила прямоугольник, единичных квадратов внутри рамки нет . В этом случае проходят ра нее проведенные нами в

процессе решения задачи рассуждения . Во всех та ких прямоугольниках число, выражающее периметр , на 4 больше числа , выражающего площадь прямоугольника . Когда любая из сторон прямоугольника больше 2 , то внутри погран ичной рамки из единичных квадратов имеется хотя бы один единичный квадрат . Для такого случая м ы уста новили существова ние ровно двух искомых прямоугольн и ков .

Теперь можно подвести итог . Пря моугольники со сторона ми : а ) 3 и 6; б ) 4 и 4 - удовлетворяют условию зада ч и . Среди пря моугольников, в которых можно выделить рамку из еди ничных пограничных квадратов, други х искомых прямоугольников нет . Среди прямоугольников без рамки таких, у которых числа , выражающие периметр и площадь, были бы равными , не су ществует .

Следовател ьно, иском ы м и прямоугол ьника м и явл яются только два найденных прямоугольника со сторонами : а ) 3 и 6 ; б ) 4 и 4 . Теперь задача решена .

Читая и обдумывая описа ние предполагаемого хода решения задачи на за няти и кружка , вы, вероятно, осознал и : р е ш е н и е задачи не должно сводиться к его простому пересказу, а должно быть результатом совместной работы уча щихся и учител я ; необходи мо тщательно продумывать поста ­новку вопросов на всех эта пах решения . Конечно, может оказаться, что подготовленных вопросов недостаточно, чтобы ученики отыскали решение . Тогда придется ста вить другие, незапл а нированные вопросы, Они могут оказаться более мелкими , а то и более широки м и , неожиданными . Однако поста новка незапл а н и рован ных вопросов будет облегчена тем , что основные воп росы были продуманы зара нее. С течением времени, с на коплением опыта фор мули ровать незапланированные вопросы вам будет легче. Не исключено та кже, что в некоторых из подготовленных вами вопросов

1 79

не будет нужды благодаря хорошей сообразительности уча щихся ' . Но мы не имеем права ориентироваться только на лучший вариант . Тщател ьное продумыва ние, как организовать поиск решения задачи , необходи мо . Оно принесет вам несомнен ную пользу, позволит избежать простого пересказа решения вместо того, чтобы организовать его поиск.

Итак, мы рассмотрели две педа гогические . задачи . Первая была посвя­щена вопросу, как подать задачу ученикам , втор а я '- как организовать ее решение. Обе задачи обсуждены, решены сразу же, в · тексте . Однако надо иметь в виду, что предлагаемые решения педа гогических ( методи ­ческих ) задач являются приближенны м и . При реальном решении задачи на занятии с конкретны м и учащимися не следует обязательно все выполнять точно та к же, как это здесь. предлагается . Педа гог не тот, кто скрупулезно выполняет данные ему советы , рекоменда ции , а тот, кто использует их творчески, вносит собственную мысль, свои решения и соображения. Вместе с тем лучше следовать хорошему совету , чем действовать необдуман­но, наугад.

Кроме того, надо учитывать, что всякая м атематическая задача имеет свою специфику. Эт а специфика должна быть учте·на п р и организации поиска решения и при осуществлении плана решения . Други ми слова ми, решение разных м атем атических задач с уча щи м ися п редста вляет нередко и разные педагогические задачи - ка к осуществлять решение этих математических задач .

Сейчас мы рассмотрим несколько новых педа гогических задач , связаJtных с пер вой задачей о прямоугольнике с целочисленнь1 м и сторонами и ее

1 В пр а кти ке препода ва ния м атематики бывают изредка такие курьезы , когда начи· нающий или плохо зн аю щи й воз м о'ж н ости уча щихся уч ител ь собирается за н ять подобр а нн ы м и зада ч а м и весь урок или за нятие кр ужка , а учен и к и «расп р а вл я ютс я » с ни м и за 20 м и н . Что тогда делать, есл и нет зада ч про запас? Беда ! Уч итыва йте такую опасн ост ь !

1 80

решением . 3 . Хорошо л и так дол го решать задачу н а занятии кру2kка? ( Третья педагоги ческая задача)

Обдумывая две предшествующие педагогические задачи , один юный педагог сказал : «Та к м ного затрачено труда , а решена лишь одна задача ! Не лучше л и решить за это время несколько, пусть более легких задач? Или не лучше ли было бы самому побыстрее рассказать, как решается зада ч а ? »

Что думаете об этом вы? Разрешите сом нения юного педагога . 4. Математическая задача на занятии кружка решена. Что же дальше? . . ( Четвертая педагогическая задача )

- Хорошо бы реiпить одну или несколько задач , аналогичных решенной . Особенно это важно, если найдена интересная идея решения, метод. Если их больше не испол ьзовать, то ученики могут не оценить должным образом найденную идею, метод, не овладеют ими, забудут их . При изучении математики важно не только и не столько количество решен­ных задач , сколько овладение идеями и метода ми их решения . Овладение и м и означает продвижение вперед в м атематическом образовании и раз­витии .

В чем же состоит идея , с помощью которой мы решили задачу? А вот в чем . Во- первых , нужно воспользоваться тем , что если хотя бы

одна из сторон прямоугольника с целочисленными сторонами равна 1 , а другая - k , то число, выражающее его пери метр , на k + 2 больше числа , выражающего площадь. Во-вторых, нужно опереться на следующее соотношение : если каждая из сторон целочисленного прямоугольника больше 1 , то число, выражающее его пери метр, на 4 больше числа еди ничных квадратов, прилежа щих к его сторона м .

1 8 1

Метод решения математической задачи 1 состоит в построении вспомо­гател ьного прямоугольника , содержа щегося внутри рамки Искомого прямоугольника . Вспомогательный пря моугольник состоит из четырех единичных квадратов . Построи в вспомогательный прямоугольник, мы дополняем его затем до искомого ( «обр а мляе м » его р а м кой из единичных квадратов) .

Приведем задачу, реш ить которую можно, используя указанные идею и метод. ( Она взята из раздела для младших школьников журнала « Квант», № 8 за 1 983 г . )

3 а д а ч а 2 . В моей квартире две комнаты. Число, выражающее в квадратных метрах площадь пер вой · ком наты, на единицу больше числа , выражающего периметр этой комнаты в метрах , а площадь второй комнаты в квадратных метрах на единицу меньше ее периметра . Ка ковы размеры этих комнат, если известно, что длина и ширина каждой ком наты выражается целым числом метров?

3 а д а н и е . 1 ) Решите предложен ную задачу . 2 ) Обдумайте, как вы подадите задачу 2 на за няти и кружка . 3 ) Как организуете поиск решения задачи?

Ответ найдете в следую щей педа гогической задаче . Не спешите к ней переходить. Предпола гается , что содержащийся в ней ответ вы будете оценивать, сравнивая с собственным . 5. П ервая проба педагогических умен и й. ( П ятая педагоги ческая задач а )

Один юный педа гог решил математическую задачу 2 и написал ( с по­мощью учител я ) следующий пла н ее подач1ги nоиска решения на занятии м атематического кружка . Ознакомьтесь с планом и оцените его.

- Вот вам еще одна задача . Читаю задачу 2 . Выполняю краткую за пись условия задачи на доске.

Буква ми S и Р обозначим численное значение площади и пери метра соответственно.

1 - я комната : S 1 больше Р 1 на 1 . 2 -я ком ната : 52 меньше Р2 на 1 . Длина и ширина - числа целые . Каковы размеры комнат? Вот мои вопросы и предпола гаемые ответы учеников . - Не видите ли вы сходства да нной задачи с какой -либо ра нее решенной

задачей ? - Предшествующая задача ( задача 1 ) и да нная сходны . В них сравни­

ваются числен ные значения периметра и площади прямоугольника , дли ны сторон которого выражены натуральными числ а м и . Только в п редыдущей задаче нужно было найти прямоугольники , у которых площадь и пери метр выра жались бы одним числом, а в да нной задаче они отличаются на 1 .

- Итак, вторая задача аналогична первой . Возможно, что и метод решения второй задачи такой же, что и первой. На какую идею м ы опирались при решении первой задачи?

- Предпола гается, что пол каждой комнаты и меет форму пря мо­угольника . С начала мы рассмотрим прямоугольники , у которых хотя бы одна сторона имеет длину, равную 1 м. У всех таких прямоугольников число, выражающее пери метр, отличается от числ а , выражающего площадь,

1 82

по кра йней мере на 2 . Следовательно, среди них нет та кого, у которого числен ное значение пери метра на 1 отличается от численного значения площади . К тому же ком нат шири ной 1 м в кварти рах не бывает, поэтому пол комнаты не может иметь ш и рину, равную 1 . Остается рассмотреть прямоугольники со сторона ми , длины кот.орых больше 1 . В них число, выражающее периметр , на 4 больше числа единичных квадратов, прилежа­щих к сторон а м . Надо это испол ьзовать.

- Ка к воспол ьзоваться указанным соотношением для решения задачи? - Будем искать сначала размеры первой комнаты. Надо, чтобы

число, · выражающее площадь комнаты, было на 1 больше, чем число, выражающее пери метр . З начит, внутри рамки пря моугол ьника должны разместиться 5 еди ничных квадратов . Из 5 единичных квадратов можно соста вить тол ько оди н пря моугольник - со сторона ми 1 и 5 м. Получаем, что размеры первой ком наты - 3 м на 7 м .

Вторую часть задачи ученики решают самостоятельно. Я наблюдаю за ходом решен ия зада чи , подходя к ученика м и беседуя с ними индиви-· дуально (если это необходи мо) . Ученики сообщают м не ответы. 6. Хорош о бы для домаш него решен и я подобрать задачи , аналогич ные ре ш ен ны м . Н ел ьзя ли и х составить самому? ( Шестая педагогическая задач а )

- В да нном случае ва м это впол не посил ьно. Вообще одним из способов овладения математи кой я вляется придумывание аналогичных задач и их решение .

Оди н юный педа гог придум ал две та кие задачи . Причем одна из них и мел а два решения, друга я - одно. Он привел та кже их решения.

Продел айте и вы аналогич ную ра боту . 7. Заня ти я м ате матичес кого кружка полезно разнообразить. Н апример, мож н о и гр ать в м атематичес кие и гры ! ( Седьм ая педагогическая задач а )

Вот одна из м атематических игр . С ее помощью проверяется зна ние учащимися свойств различ ных математических понятий . Назовем ее «да - нет ! » .

Пусть мы хотим проверить зна ние свойств геометрических ф и гур . Один из учеников , названный нами , называет какую-либо фигуру. _:_ Окружность ! -- произносит ученик . Следующий должен сфор мул и ровать ка кое-либо утвер ждение о свойстве

окружности . Есл и это утверждение верно, догада в шиеся об этом п роиз­носят : «да ! » , есл и сформулирова нное утверждение о свойстве окружности неверно, надо произнести : « Нет ! »

Ита к, первый ученик назвал фигуру - окружность. П редла гаете следующему ученику наз вать какое-либо свойство. Он формул и рует его.

- Окружность дел ит плоскость на две област и ! Другие ученики отвечают хором : - Да ! Есл и кто-то произнес : «Нет ! » , то это значит, что по его м нению

окружность не дел ит плоскость на две области . Надо выяснить, почему он так считает. Кому-то можно предложить разъяснить ошибку этого ученика . Для этого разъясняю щи й может выйти к доске, изобразить окруж ность и убедить всех, что окружность делит плоскость на две области.

Третий ученик формулирует новое утверждение . С нова нужно выяснить каждому, выполняется ли ,оно для окружности .

Через две точки можно провести только одну окружность ! - Нет ! - возражают ученики. - А почему вы считаете это утверждение неверным ? - можете

спросить вы. Кто-то должен, вооружившись циркулем , показать, что через две точки можно провести сколько угодно окружностей . Если участники игры не четвероклассники или пятиклассники, а шестиклассники ( в кон це учебного года ) или семиклассники , то от них можно потребовать и логического ( строгого) обоснования .

Игру продолжаем . - Через любые три точки, не лежа щие на одной прямой, можно п ровести

окружность ! . - Да ! - отозвались ( и совершенно верно) ваши питомцы. Ка к вы думаете : ученики какого класса знают, можно ли провести

окружность через три точки, не лежа щие на одной прямой? - Через любые три точки можно провести окружность ! - Нет ! Как вы думаете : почему в последнем случае ответ « Нет»?

Через данную точку можно п ровести сколько угодно окружностей! Да ! Точки окружности неодинаково удалены от ее центра ! Нет !

И гр а п родолжается . Один из ш кольников назвал какое-то свойство окружности ; п розвучал ответ «Нет ! » . Ка кое свойство он мог назвать?

Вы скажете, что такая и гра сли ш ком шум н а . Дети будут кричать на всю школу ! Ну, на кружке это не так уж и стр а ш но. Пусть дети прокричат

1 84

несколько раз - разрядятс я . К тому же их можно попросить ответить негромко, спокойн ы м голосом ( но, конечно, не шепотом ) . Наконец, можно п редложить поднимать та к называемые фонарики , изготовленные из цветной бумаги : красный фонарик означает «Нет !» , зеленый - «да ! » . При таком с пособе сигнализации о б ответе игру можно провести и на уроке . При сигн ализа ции с помощью фонар иков легче уста новить, кто какого м нения , кто ка к считает . При ответе путем произношения слова «да» или слова « Нет» при большом числе учеников могут возникнуть затруднения с выяснением , кто как считает. Можно та кже предложить при верном утверждении подни м ать руку, а при неверном не поднимать ее . 8. В место окружности - пря моуголь н и к . . . ( Восьмая педа гоги ческая задача )

В игр е «да - нет !» ученик назвал понятие. - Пря моугольник ! Далее ход игры воспроизведен с пропуска м и . Если вы их за полните ,

получите м атериал для математического кружка . Вы ведь хорошо знаете свойства прямоугол ьника ? Ита к :

3 а д а н и е l . За мените далее многоточи я словом «да ! » или «Нет ! » ( в записях эти слова можно за менить знаком « + » или « - » соответственно) .

Прямоугольник ! С межные стороны пер пендикулярны !

Во всякий прямоугол ьник можно вписать окружность !

Квадрат является пря моугольником !

Л юбой пря моугольник не является ромбом !

И меет только одну ось си мметри и !

И меет ось си м метр и и !

И меет д в е оси сим метрии ! .

Не и меет центра сим метри и !

3 а д а н и е 2. Выясните , в како м классе могл а быть проведена да нная и гра .

3 а д а н и е 3 . После заполнения пропусков вы получите конспект игры. Вооружив шись соответствующим учебником, напи шите конспект, аналогич ­ный получен ному: а ) для IV кл . ; б ) для У кл . ; в ) для VI кл . ; г) для V I I кл . Проведите по соста вленному конспекту и гру в соответствующем классе. 9. А что, есл и и гра не получается ? . . Учен и к и молчат? Что тогда делать? ( Д.евятая педагогичес кая задача )

Ю н ы й педа гог написал конспект п редпол а гаемой игры «да - нет !» и подумал : а что, если ученики не назовут ни одного свойства? Что тогда делать? Как выйти из положения?

Помогите юному педа гогу с воим советом .

1 85

1 0. Еще одна игра, посерьезнее: . . ( Десятая педагогическая задача) Участник предл а гаемой и гры «Факир угадывает за писа нные числа»

мог бы описать ее так. На

'сцену вышел ведущий .

- Уважаемые 1оварищи ! Сейчас перед _ ва м и выступят факиры­математики . И х математические способности феноменал ьны! Вы rtожете написать на доске любые однознач ные или двузначные числ а . Один факир будет сооб щать другому факиру, у которого зав-язаны глаза , б том , что число записа но и его надо назвать. Второй факир уста новит, ка кое число на писано, и назовет это число . Только сидите тихо, не спугн ите глубокие мысли факира .

Итак, начи наем ! В кл асс вошли факиры . Поклонились публ ике, прижав п ра вые руки к

груди . - Кто первый ? ! - произнес ведущий . К доске побежал один из бойких учеников. Появилось первое число : 8 7 . - Число на писа но, глубокоуважа�мые факиры ,- произнес ведущи й . - З наешь, жизнь н а ш а , факир , нелегка . И только за нятия математикой

скраши вают ее . Прошу тебя , назови записанное число, мой брат, - сказал «зрячий» факир «незрячему». После некоторой паузы он продолжал :

- За нятное, желанное дл я за гада в шего число будет освещено твоим голосом, мой брат !

·

- Число это на 1 3 меньше 1 00 . Называю его : 87 ,- ответил незрячий факир .

Присутствующие был и уди влены . - Подсматривает ! - выкри кнул кто-то под общий смех : факир с

за вяза нными гл аза ми сидел спи ной к доске. - Давайте я за пишу новое число ! - нетерпеливо произнес ученик

из зала .

1 86

На доске появилось новое число: 33. - Второе число за писа но ! - объя вил ведущий . - В ы всегда отгадываете ч исло верно ! - сказал «зрячий» факир

незрячему .- Не ошибетесь, я уверен , и на этот раз ! - 33,- ответил «слепой » факир степенно. Зал з а гудел , пораженный быстротой ответа . - Пусть «зрячий» факир уйдет, он подсказывает ! - высказался один

«большой нелюбитель думать» . - Мой бедный брат жи вет в темном оди ночестве, да Вы еще будете

настаивать, чтоб я оста вил его? - возмутился зрячий .- Ему нужна постоянная моя поддержка ! Не стыдно ли Вам выдвигать та кое требование? Один я могу а кти визировать его у м !

Страсти скоро улегл ись. Все решили оставить в покое зрячего факира . Если он и помогает незрячему, то на м это нужно доказать, выяснить, ка ким образом это дел ается .

- На доске поя вилось число,- сообщил вновь ведущий. ( Это число 9 . ) - И нтересно, сколько времени Вы затратите, мой брат, на отгадывание

предложенного числ а ? - произнес зрячий факир . - Это число -9,г--- ответил незрячий . Поя вилось число 1 0 . - Ах, надежда есть, что Ваш всесильный ум не устал и Вы удивите наших

друзей е ще раз ,- обратился зрячий факир к незрячему. - А ну-ка , уди ви е ще раз добрых л юдей ! - продол жал он . - 1 0,- последовал ответ. Я сидел и гадал . Наверное, секрет скрыт в тех словах, которые произ­

носит зрячий . Но есл и целое слово обозначает ка кое-то чис110 или цифру, то сколько же слов надо запоминать? Нет, та кое невозможно . А что , есл и " . ­осен ило меня " . - Ведь чтобы записать любое число, достаточно 1 0 цифр. За шифровать 1 О цифр легче, чем все числ а . Но как лучше зашифровать их? С помощью целого слова ? Я решил проверить. Пошел к доске и записал число 55 . А с а м дум а ю : если кажда я цифра за шифрована словом, то одно и то же слово будет повторено два жды . Не может быть, чтобы одну и ту же цифру засекречи вал и с помощью двух слов ? !

- Думайте ! Почему б ы В а м , о , способней ший факир, н е уди вить публику е ще раз ?

- Задумано число 55 ! - ответил всемогущий факир . - Д а -а " . - сообра жал я" .- Скорее всего, слова - шифровки дол жны

произноситься первы м и . Иначе трудно разобраться , ка кое слово надо иметь в виду . Допусти м , что это так. Но первые слова , произнесенные зрячи м факиром , различны ( «думайте» , «почему» ) , хотя обе цифры числа 55 одинаковы. Значит, дело не во всем слове. Но в чем же? Самое простое " . А что, если иметь в виду пер вую букву слова ? ! Пер вое слово при отгады вании числ а 55 было «думайте» . Тогда цифра 5 за менена буквой «д» ,-- подумал я . - А что, п роверю ! - И я на писал н а доске число 5 1 .

- Дол го а в густа нам ждать, но мы его, факир , дождемся ! Поспеют яблоки тогда , мы ими насл адимся ! - проговорил зря •шй .

Моя догадка подтвердилась ! Буква «д» озн а ч ает 5 ! Тогда Первая буква слова « а в густ» озн ачает 1 ? Но" . буква «а» - 11ервая буква в

алфавите ! Тогда «6» - это 2 ? !

1 87

- Вот еще вам , факиры, одно число : 2 1 ,-'-- записал я на доске вновь . Пока зрячий факир , види мо, соображал, что же ему надо сказать, я успел подобрать слова : был и а нтоновские яблоки сочны и вкусны ; будь аккуратен , забудь лень, чисти зубы каждый день !

- Будущие Архимеды ждут ответа , В а ш а светлость ! - п роизнес зрячи й . Незрячий факир назвал написанное число. Ведущий побл а годарил

факиров за труд. - Было приятно провести вечер с двумя великими м атематика ми

Востока ! - произнес он . 22,- ответил незрячий . Игра закончена ! - сообщил ведущий. 98,- с поклоном ответил незрячий факи р , вызвав смех у сидящих в

зале. Факиры сняли свое факирское облачение и превратились в учеников .

Началось отгадывание : как удавалось незрячему факиру называть зага­данные числ а ? Ка к он пользовался для. отгадывания речами зрячего? Найдите ответ . Попробуйте вдвоем с товар и щем сыграть роли факиров . Которая из ролей труднее? Подготовьте к исполнению этих ролей двух учеников из подшефного класса ( сохраняя эту подготовку в тайне до и х выступления) . 1 1 . Обдумайте, как будете решать еще одну задачу. ( Оди ннадцатая педагогическая задача)

В журнале « Квант» (№ 2, 1 984 ) для младших школьников предложена следующая задача :

3 а д а ч а 3 . В коробке лежали спички . И х количество удвоил и , а затем убрали 8 спичек. Остаток спичек снова удвоили , а затем снова отняли 8 спи­чек. Когда эту операцию продел али в третий раз , в коробке не осталось ни одной спички. Сколько их было сначал а ?

1 88

Опишите, как вы будете решать эту задачу с учащимися . Обсудите конспект решения задачи с учителем . В несите улуч шения . 1 2 . Сплан ируе м занятия. ( Д венадцатая педагоги ческая задач а )

Итак , вы рассмотрели , как решать три предложенные м атематические задачи , познакомились с м атематически ми и грами «да - нет ! » и «Отгадывание чисел с завязанными глаза ми» .

Возникает вопрос : как распределить этот м атериал на за нятиях мате­м атического кружка ? Сколько за нятий можно провести, есл и не поль­зоваться други ми материал а м и ? Дать ответ на все случаи невозможно. Надо знать, в каком классе вы будете проводить занятие, какова матема­тическая подготовка учеников, проводился ли кружок ра ньше и как и т . д. Многое зависит от вас . Чтобы принять то или иное решение, вам нужно посоветоваться с учителем . От того, насколько удачно вы спла нируете за нятия , за висит, успешно л и вы будете обучать своих подшефных тому, как надо рассуждать и доказывать .

Возможно, окажется разумным такое распределение .

3 а н я т и е . 1 . Решение матем атической задачи 1 . Для дома шнего за­да ния может быть предложена задача 2 .

3 а н я т и е 2 . Види мо, не все решат дома задачу 2 . Поэтому второе з а н ятие целесообразно начать с решения задачи 2 ( или с обсуждения этого ре шения , есл и кто-то с нею спра вился ) . В оста вшееся время и дома можно предложить придумывать и ·решать а налогичные задачи .

3 а н Я т и е 3 . Решение математи ческой задачи 3 и проведение игры «да - нет !» . Начать занятие целесообразно с обсуждения решения некото­рых из п ридуманных уча щимися задач . Если та ковых не окажется , нужно предложить для решения собствен ную придуманную задачу, аналогичную решенным на предшествую щих занятиях. Не исключено та кже, что приду­м а н ных задач будет м ного. Поэтому, возможно, все третье за нятие окажется посвященным решению придуманных зада ч . Тогда задача 3 и игра «да -нет ! » окажутся перенесенными на четвертое занятие. Если вы почувствуете , что решение всех придума нных задач утомит уча щихся , и нтерес к ним от их большого числ а будет угасать, то часть из них можно взять для домаш­него просмотра и оценки . На следующем за няти и вы сделаете обзор задач, выдел ите лучшие из них и лучшие их решения .

3 а н я т и е 4 ( а может, занятие 5 ? ) . И гра «Незрячий факир угадывает записа нные числ а » . И гру нужно довести до того, чтобы ка ждый из кружков­цев разгадал секрет, понял , в чем он состоит, и смог попробовать свои силы в роли того и другого факира .

Можно та кже перенести отгадывание секрета на следующее за нятие. В этом случае, быть может, на начало четвертого занятия кружка нужно будет подобрать еще одну матем атическую задачу. Можно та кже предло­жить задачу, аналогичную задаче 3 ( за менив , например, число 8 другим числом ) .

И мейте в виду, что предложенное распределение материала на за нятии кружка приближен ное, одно из возможных . 1 3 . Н ет л и дру гого сп особа ре шен и я ? (Для тех, кто пойдет к сем и классн и­кам . ) ( Три н адцатая педагогическая задача)

1 89

ДОВРО пож,а.z�о.ваr.ьl

Вернемся к .м<:�rематr�ческой задаче 1 : найти прямоугольни15, длины сторон которого выражаются натура/1ьными числ а м и , а площадь равна численно периметру. Мы решили ' ее чисто геометрическим способом, не используя алгебраический � атериал . На кружке с сем и кл ассниками эту задачу можно решить путем составления ура внения с двумя пере­менными .

Пусть х и у - длины двух смежных сторон прямоугольника . По условию задачи длины х и у должны выражаться натуральными числ а м и и удовлетворять уравнению ху = 2 (х + у). Выразим из уравнения у через х:

ху - 2у = 2Х; у(х - 2) = 2х, у = � = 2х -4 +4 = 2(х -2) +4 = 2 + _4 _. х -2 х -2 х -2 х -2 Искомое значение у будет натуральным числом только тогда , когда значение

4 1 дроби х -2 будет натурал ьным числом. Но тогда значение разности х - 2

должно быть делителем числа 4 . Число 4 и меет 3 делител я : 1 , 2, 4. Рассмотрим эти три случая : 1 ) х - 2 = 1 . Тогда х = З, у = 6. 2 ) х - 2 = 2. Тогда х = 4 , у = 4 . 3) х - 2 = 4 . Тогда х = 6, у = 3 . Случаи 1 и 3 совпадают, поскольку в том и другом случае получаем

прямоугольник со сторонами 3 и 6 . Поэтому существуют два пря�оуголь­ника, удовлетворяющие условию задачи : прямоугольник со сторонами 3 и 6 и прямоугольник со сторонами 4 и 4 ( квадрат) .

З а д а н и е . Решите способом составления уравнения математическую задачу 2 и составленные вами аналогичные задачи .

1 90

На за нятиях м атематического кружка семиклассников можно рассмот­реть оба способа решения задач 1 и 2.

ЗА КЛ Ю Ч Е Н И Е

Проведя за нятие кружка, подведите итог ( желательно вместе с учителем) . Обдум айте, что у вас получилось хорошо, что - неудачно . Поста ра йтесь учесть это при подготовке к следующему за нятию. Если вам покажется что-то здесь на писан ное неудачным или недостаточно подробно описанным, посоветуйтесь с учителем .

Желаем в а м успешного решения математических и педа гогических задач в работе с младши ми ш кольника м и ! Обучая их рассуждать и дока ­зы вать, вы будете совершенствоваться в этом сами .

С О Д Е Р Ж А Н И Е

Часть 1 . Азбука рассуждений

История История История История История

первая («И» и «ил и » ) вторая ( « Если . . . , то . . . » ) третья («Неверно, что . . . » ) четвертая ( «Следует, не следует»)

пятая ( Кое·что о доказательствах)

Часть 1 1 . Рассуждаем и доказы ваем .

4 6

1 1 1 8 24 34

45 Совсем маленькая неточ ность (V l -VII классы ) 46 Математические сны Степы Мош кина (V l -VII I классы ) 5 1 Как я рассуждал при решении одной задачи (V I I I класс ) 70 Как рождаются проблемы (VI I I-X классы) 74 Степа Мошкин и щет другое доказател ьство ( IX-X класс ы ) 1 06 Я найду еще ! (Х класс ) 1 1 3 Пяты й способ - рассказ Степы Мошки на (Х кл асс ) 1 1 7 Беседы о скрещивающихся прямых ( IX-X кл ассы ) . 1 2 1 Найти идею ( Х класс ) . 1 40 Как рассуждать при построени и сечений - из рассказов Петра Ива новича (Х кл асс) 1 47 Юный педагог обучает математике - Петр Ива нович беседует, советует, учит (V I I l-X классы ) . 1 72

Учебное издание

Никольская Инна Львовна Семенов Ефим Евстафьевич У Ч И МСЯ РАСС УЖДАТЬ И ДО КА З Ы ВАТЬ

Зав. редакцией Р. А . Хабиб. Редактор Т. В. Автономова. Младшие редакторы Е. В. Каза­кова, Л. И. Заседателева. Художественный редактор Е. Р. Дашук. Художники В. А . Галкин, Ю. М. Аратовский, Е. П. Титков . Технические редакторы Т. П. Локтионова, Е. Н. Зелянина.

Корректоры И. В. Белоусова, Н. Б. Гитлевич

Сдано в н абор 20.05.88. Подписано к печати 0 1 .02.89. Формат 70 Х 90 1 / 1 6• Бум . офсетн. № 2 . Гарннт. лнтерат. Печать оф · сетна я . Усл. печ. л. 1 4,04 + 0,29 форэ. Усл . кр . ·отт. 29,60. УЧ . -нэд. л. 1 3,74+0,48 фор э . Тираж 500 ООО экз. З а каз 1 823.

Цена 1 р . 00 к .

Ордена Трудового Красного Знамени издательство с: П росвещенне:. Государственного ком итета РСФСР по дел а м издательств, пол играфии и к н и ж н о й торговли . 1 29846, Москва, 3-й проезд Марьн ной рощи , 4 1 .

Смоленский полиграфкомби н ат Росrл а в полнrрафпрома Гос уда рственного ком итета РСФСР по дел а м издательств, полиграфии и книжной торговл и . 2 1 4020, Смоленск, ул . С мол ья нинова , 1 .