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

Проведем высоту DE и вычислим EC и DE.

Треугольник CAS равнобедренный (AS = AC), поэтому

EC = AC sin α/2 = a/2 cos α sin α/2.

Так как DC = a/2 tg α, то

Остается вычислить объем:

V = aS/3 = a/3 · DE · EC.

Ответ.

3.20. Рассмотрим два случая:

α ≤ π/2, α > π/2.

Если угол α не тупой, то (рис. P.3.20, a) CD = SD = AB/2.

Пусть SO — высота пирамиды, SD и SE — высоты в треугольниках ASB и CSB. Из треугольника SOD

OS = SD sin α = AB/2 sin α, OD = AB/2 cos α.

B треугольнике COE угол OEC прямой, а угол OCE равен 45°. Поэтому

OE = OC/√2 = 1/√2(CD − OD) = AB/2√2(1 − cos α).

Теперь можно найти тангенс искомого угла:

tg x = OS/OE = √2 ctg α/2.

Если угол α тупой, то (рис. P.3.20, б) снова получим CD = SD = AB/2. Высота OS равна

OS = SD sin (π − α) = AB/2 sin α,

отрезок OD равен

OD = SD cos (π − α) = − AB/2 cos α

(угол α тупой и cos α < 0). Треугольник СОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный. Поэтому

OE = CO/√2 = 1/√2(CD + OD) = AB/2√2(1 − cos α).

Так как для OE и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не изменится.

Ответ. x = arctg (√2 ctg α/2). 

3.21. Проведем в треугольнике ABC (рис. P.3.21) высоту BD и соединим точку D с вершиной S пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и SA, то SD — биссектриса угла ASC.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. B нем

AD = SA · tg α/4, AB = SA · tg α, т. е.

Так как α — угол прямоугольного треугольника, то 0 < α < π/2, а потому tg α/4 < tg α и правая часть уравнения меньше единицы.

Ответ.

3.22. Пусть M — середина AB. Тогда медианы СМ и DM (рис. P.3.22) являются одновременно высотами в равнобедренных треугольниках ABC и ABD. Следовательно, прямая AB перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треугольник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы, проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следовательно, его высота MK будет одновременно и медианой. Итак, отрезок KM, соединяющий середины AB и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке.

Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = √65, MK = 7. С другой стороны, из треугольников OKD и AMO находим  Получаем уравнение

Ответ. R = 5.

3.23. Проведем через точку O (рис. P.3.23) сечение B1EC1 пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол B1EC1 равен α, а OE = а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии треугольник B1EC1 равнобедренный, а B1C1 и BC параллельны.

Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника B1EC1, рассмотрим треугольник SOA, для которого воспользуемся сравнением площадей:

SO · OA = OE · SA. (4)

Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, α и h:

Подставив в уравнение (4) и возведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнение

3h² tg² α/2 − h² = 3a² tg² α/2,

откуда

Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в знаменателе под радикалом:

Ответ.

3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен MN, т. е. параллелен плоскости основания, а следовательно, и ребру AB.

Аналогично отрезки KM и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещивающимся прямым, на которых лежат ребра AB и DC.

Докажем обратное: если провести сечение пирамиды, плоскость которого параллельна AB и DC, то в сечении получится прямоугольник. B самом деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроецировав DC на плоскость основания (рис. P.3.24), мы убедимся в том, что MN и EC взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и MN, а значит, и между LN и MN. Таким образом, KLMN — прямоугольник.

Мы доказали, что в сечении можно получить прямоугольник только с помощью плоскости, параллельной двум скрещивающимся ребрам.

Этот прямоугольник будет квадратом, если MN = MK. Из подобия треугольников ADC и AMK находим MK/CD = AM/AC, причем

Подставляя в первоначальное отношение, получим

Так как MK = MN, то получим уравнение относительно стороны квадрата, из которого

Ответ.

3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. P.3.25.

Соединим вершину R1 куба с вершинами пирамиды. Пирамида АBCР разобьется на три пирамиды: R1ABP, R1ACP, R1BCP, y которых общая вершина R1 и одинаковая высота x, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим

1/6abc = 1/6(xab + xbc + xac),

откуда найдем x.

Ответ. abc/ab + bc + ac. 

3.26. Верхнее основание куба будет вписано в равносторонний треугольник A1B1C1 (рис. P.3.26) подобный основанию ABC пирамиды.

Выразим сторону A1C1 треугольника A1B1C1 через сторону вписанного квадрата:

A1C1 = 2A1E1 + a = 2a ctg 60° + a = a(1 + 2/√3).

Площадь треугольника A1B1C1 тогда равна  Так как треугольники ABC и A1B1C1 подобны и расстояние первого от центра подобия равно h, а расстояние второго равно h − а, то отношение площадей равно h²/(h − a)². Поэтому площадь треугольника ABC равна

Ответ.

3.27. Пусть трехгранный угол пересечен некоторой плоскостью и в сечении образовался треугольник со сторонами a, b и с (рис. P.3.27).

Обозначим через x, y и z боковые ребра образовавшейся пирамиды, если ее вершиной считать вершину данного трехгранного угла. Тогда объем этой пирамиды равен xyz/6. Поскольку все плоские углы, образующие трехгранный угол, прямые, имеем