Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы - Альберт Рывкин

3.46. Обозначим через O1 центр одного из двух равных шаров, а через O3 — центр меньшего шара. Пусть эти шары касаются нижней грани двугранного угла (рис. 11.3.46) в точках В и D соответственно. Прямоугольные треугольники O1АВ и O3CD имеют углы при вершинах А и С, равные α/2 . Чтобы использовать факт касания шаров O1 и O3 и наличие у них общей касательной плоскости Π, нужно рассмотреть треугольник O1O3F, в котором О1О3 = R + r (R — радиус большего шара, r — радиус меньшего шара), O1F = R − r (F — проекция точки О3 на отрезок О1В). Если удастся выразить O3F через R, r и α, то мы получим соотношение, позволяющее определить угол α. (!!)

Отрезок O3F (см. рис. II.3.46) равен ВD, а ВD можно выразить через катеты прямоугольного треугольника ВDЕ, где E — проекция точки D на отрезок AB. Чтобы найти ЕD, нужно воспользоваться фактом касания шаров О1 и О2, сделайте на рисунке необходимые построения, рассмотрев проекцию их линии центров на плоскость Π.

3.47. Так как каждый из трех шаров с центрами в точках О1, О2, О3 касается боковой поверхности конуса и плоскости P, то длина перпендикуляра, опущенного из центра шара на плоскость P, равна длине перпендикуляра, опущенного из центра на ближайшую к нему образующую (рис. II.3.47).

3.48. Оси двух соседних конусов и их общая образующая лежат в одной плоскости (докажите). Рисунок, сделанный в предположении, что ось конуса и две образующие, по которым происходит касание с соседними конусами, лежат в одной плоскости, будет неверным. При таком расположении конусов касание происходило бы по диаметрально противоположным образующим, т. е. основание конуса было бы перпендикулярно к плоскости, и общая вершина конусов не смогла бы лежать в этой плоскости. (!!)

Угол между осями соседних конусов искомый.

3.49. Центр сферы, построенной на AB, обозначим через О1, а центр вписанной сферы — через О2. Пусть F — точка касания сферы О2 с гранью САD. Треугольники FO2A и OKA подобны.

3.50. Плоскость, проведенная через ось РР и точку О — центр основания пирамиды (обозначим ее через Π), разобьет пирамиду SАВСD на две равные части, расположенные симметрично относительно этой плоскости. Вместо всей пирамиды можно вращать вокруг РР одну из этих частей. Теперь нужно заменить пирамиду плоской пластинкой, дающей при вращении то же тело, что и пирамида. Для этого каждое из сечений SEF пирамиды нужно перенести с помощью поворота в плоскость Π. (!!)

В плоскости Π образуется пятиугольник специального вида. Такой пятиугольник можно получить, если на одно из оснований прямоугольника поставить равнобедренный треугольник.

3.51. Способ 1. Из полученного тригонометрического уравнения удобно определить cos 2α и воспользоваться этой величиной для нахождения отношения Vк : Vш.

Способ 2. Естественно воспользоваться леммой, в силу которой V1 = ⅓ rS6, т. е. объем первого тела вращения равен одной трети произведения радиуса вписанного в конус шара на его боковую поверхность.

3.52. Вершина В1 может проецироваться на биссектрису угла ABN (или угла СВМ) — внешнего угла треугольника АВС (рис. II.3.52). Поэтому придется рассмотреть два различных случая, каждому из которых соответствует свой рисунок.

3.53. Разделите куб АВСDА1В1С1D1 на две равные призмы плоскостью, проходящей через ребра В1С1 и АD. Каждую из двух призм разделите на две пирамиды, одна из которых — четырехугольная, а другая — треугольная.

3.54. Центр описанного около пирамиды SABC шара обозначим через O1. Он лежит на перпендикуляре ОО1 к плоскости АВС, проведенном через центр О правильного треугольника АВС (рис. II.3.54). Возникает соблазн сделать вывод о том, что радиус описанного шара достигает минимального значения, когда вершина S совпадает с центром Q треугольника А1В1С1. В этом случае радиус O1S = O1Q становится частью перпендикуляра, в то время как в остальных случаях O1S — наклонная и поэтому меньше своего перпендикуляра. K сожалению, это рассуждение некорректно, так как при изменении положения вершины S, вообще говоря, меняется положение центра шара О1, хотя он и остается на прямой ОО1. (!!)

Есть еще одна тонкость. Мы не можем заранее утверждать, что центр шара О1 лежит между точками О и Q. Вполне может случиться, что точка О ближе к точке Q, чем точка О1. Решение должно учитывать и это обстоятельство.

K главе 4

4.1. Если ребро куба обозначить через а, то объем фигуры, лежащей под сечением, можно вычислить как разность объемов двух треугольных пирамид: NАFD и МЕFС (рис. I.4.1 на с. 131).

4.2. Площадь сечения удобно вычислять как разность между площадью треугольника AML (см. рис. I.4.2 на с. 131) и удвоенной площадью треугольника KGL.

4.3. Построение сечения показано на рис. II.4.3. Обратите внимание на то обстоятельство, что EС1 = BF.

4.4. Объемы пирамид, о которых шла речь в конце указания I (см. с. 132), нужно выразить через объем данной пирамиды SABCD. Для этого придется найти отношение их высот и оснований. Сделайте отдельный чертеж плоскости, в которой лежит грань SDC.

4.5. Чтобы сравнить объемы фигур, на которые разбивается сечением вторая половина данной пирамиды, удобно в качестве основания выбрать грань BSC.

4.6. Если продолжить ребра А1D1 и А1B1 до пересечения с QR и QP соответственно, то можно будет построить след сечения в плоскости верхнего основания куба.

4.7. Обозначить сторону основания через а и выразить площадь сечения через а и высоту боковой грани.

4.8. Нужно доказать, что точка D лежит на отрезке KM (см. рис. I.4.8 на с. 132). Однако сделать это непосредственно трудно. Удобнее изменить построение: EK — высота пирамиды ЕАВС, D — середина AC. Проведем через K и D прямую, которая пересечет AB в точке M. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ. (!!)

Если мы убедимся в том, что KSOD — параллелограмм, то отрезок KD параллелен СО и, следовательно, перпендикулярен к AB, откуда ЕМ — высота треугольника АВЕ.

4.9. В сечении получается пятиугольник, в котором отрезок, параллельный АС1, не является высотой, так как основания параллелепипеда — не квадраты. Высоту нужно вычислить, чтобы найти площадь пятиугольника.

4.10. Докажите, что при вращении точки E тень, отбрасываемая верхним основанием куба, перемещается, оставаясь квадратом со стороной 2h. (!!)

Тень при любом положении источника E состоит из двух квадратов АВСD и А2В2С2D2, стороны которых параллельны, сторона второго вдвое больше стороны первого, а отрезок, соединяющий центры, имеет постоянную длину R. Чтобы построить из этих квадратов тень, нужно соединить соответствующие вершины квадратов и получить выпуклую фигуру. Задача свелась к плоской.