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

Следовательно, SD = 5/√39, а площадь боковой поверхности равна 3/2а · SD.

Ответ. 5/√39.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С1ЕА1 подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C1 и A1 в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C1A1 = ⅓ AC. Аналогично доказывается, что В1А1 = ⅓ AB и C1B1 = ⅓ BC и т. д., т. е. площади S1 и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A1B1C1 лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D1N1, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D1N1C1 подобны, т. е. D1N1 = ⅓ DN. Остается сравнить объемы

Ответ. 1/27.

3.13. Пусть О1, О2 и О3 — точки пересечения медиан соответствующих граней (на рис. P.3.13 изображены лишь О1 и О2), О — центр шара.

Прямоугольные треугольники SO1О, SO2О и SO3О равны (О1О = О2О = О3О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO1 = SO2 = SO3, и поэтому SB1 = SB2 = SB3.

Докажем теперь, что треугольник А1А2А3 правильный. Для этого достаточно установить равенство треугольников A2SB1 и A2SB3, т. е. любых соседних из шести таких треугольников. Установим в них равенство углов при вершине S. Пусть C2 — точка пересечения плоскости О1ОО2 с ребром SA2. Прямоугольные треугольники О1SC2 и О2SC2 тоже равны. Отсюда углы О1SC2 и О2SC2 равны и, следовательно, равны треугольники B1SA2 и B3SA2. Таким образом, В1А2 = В3А2, т. е. А2А3 = А1А2. Итак, в основании пирамиды лежит правильный треугольник.

Из равенства треугольников B1SA2 и B3SA2 следует также равенство треугольников A1SA2 и A2SA3, т. е. равенство всех боковых ребер. Это означает, что вершина S проецируется в центр основания А1А2А3. Тем самым доказано, что пирамида правильная.

3.14. Достроим пирамиду до полной. Все параллельные сечения пирамиды подобны. Составим схематический рис. P.3.14, на котором А и B — стороны квадратов, равновеликих основаниям, M — сторона квадрата, равновеликого сечению, проходящему через середину высоты данной усеченной пирамиды. Последнее условие мы запишем так:

Из подобия треугольников, изображенных на рис. P.3.14, следует, что

откуда

Составим среднее арифметическое величин А и B:

что и требовалось доказать.

3.15. Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCE (рис. P.3.15). Угол DAE равен углу между AD и BC. Обозначим его через x.

B треугольнике DAE

AD = а1, AE = а.

Вычислим DE. Так как в дальнейшем мы воспользуемся теоремой косинусов, то удобнее находить DE².

Отрезок DO является медианой в треугольниках ADC и BDE:

Чтобы найти DE², достаточно вычислить BE². Но ВЕ — диагональ параллелограмма ABCЕ, т. е. ВЕ² = 2а² + 2с² − b². Следовательно,

Применим к треугольнику ADE теорему косинусов:

DE² = a1² + a² − 2aa1 cos x.

Приравнивая два выражения для DЕ², найдем cos x. При этом следует иметь в виду, что по определению угла между скрещивающимися прямыми x — острый угол.

Ответ.

3.16. Плоскость ABE (рис. P.3.16) делит тетраэдр на две пирамиды SABE и CABE с общим основанием ABE.

Так как отношение объемов дано, а основание у пирамиды общее, то h2 : h1 = 5 : 3, в силу же равенства SD = CD имеем

sin α/sin β = 3/5, т.е. sin α = 3/5 sin β.

Кроме того, так как тетраэдр правильный, углы α и β образуют угол SDO, косинус которого равен 1. Поэтому

cos α cos β − sin α sin β = ⅓.

Выразив в этом уравнении sin β и cos β через sin α (так как пирамида правильная, углы α и β острые), получим

где y = sin² α.

Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем y = 2/11 и вычислим tg α:

Поскольку sin² β = 25/9 sin² α = 50/99, то аналогично найдем tg β.

Ответ. 5√2/7, √2/3.

3.17. Треугольники DAM и DMS (рис. P.3.17) имеют общую высоту, проведенную из вершины D. Поэтому отношение их площадей равно отношению оснований AM и MS.

Из подобия треугольников MSF и ASK следует, что AM : MS = KF : FS.

Отрезки KF и FS выразим через KE. По теореме синусов для треугольника KFE имеем

KF = KE sin β/sin (α + β).

Так как KS = KE/2 cos α, то

FS = KS − KF = KE/2 cos α − KE sin β/sin (α + β) = KE sin (α − β)/2 cos α sin (α + β)

(впрочем, это можно установить и непосредственно из треугольника EFS).

Остается найти отношение KF : FS.

Ответ. 2 sin β cos α/sin (α − β).

3.18. По условию высоты DO пирамиды проходит через точку пересечения высот основания. Поэтому, соединив точку О с вершиной С и продолжив до пересечения с AB, получим отрезок СЕ, являющийся высотой треугольника ABC, опущенной на сторону AB (рис. P.3.18).

Прямая AB перпендикулярна к DO и EC, следовательно, прямые AB и CD тоже перпендикулярны друг другу. Таким образом, прямая CD перпендикулярна к двум прямым BD и AB плоскости ABD, а потому перпендикулярна к прямой AD. Мы доказали, что угол ADC прямой. Аналогично доказывается, что прямые BD и AD тоже перпендикулярны.

Теперь нетрудно ответить на вопрос задачи: площадь треугольника ADB равна ½b · AD, а площадь треугольника ADC равна ½с · AD. Отношение площадей равно отношению неравных катетов.

Ответ. b/c.

3.19. Объем пирамиды SABC (рис. P.3.19) равен удвоенному объему пирамиды с основанием DSC и высотой AD.

Так как AD = a/2, то этот объем равен Sa/6, а объем всей пирамиды равен Sa/3, где через S обозначена площадь SDC.

Проведем высоту DE и вычислим EC и DE.