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

x² + y² = a², y² + z² = b², z² + x² = с².

Сложим эти уравнения, найдем x² + y² + z² = ½(а² + b² + с²). Теперь легко определить x, y и z. Таким образом,

Если треугольник в сечении тупоугольный и а ≤ b < с, то а² + b² < с², т. е. первая скобка под корнем отрицательна, в то время как остальные положительны. Если же треугольник в сечении прямоугольный, то одна из скобок обращается в нуль. Таким образом, нет сечения трехгранного угла, которое не было бы остроугольным треугольником.

3.28. Осуществив построения, изображенные на рис. P.3.28, постараемся вычислить объем данной пирамиды как удвоенный объем пирамиды AODC с вершиной в точке A (равенство объемов AODC и BODC станет очевидным из дальнейшего). Докажем вначале, что AFBE — прямоугольник. Из равенства треугольников CFB и DEA следует, что EA = BF. Аналогично BE = FA. Следовательно, AFBE — параллелограмм. Но EF = AB, а потому эта фигура — прямоугольник. Чтобы найти площадь треугольника DOC, нужно вычислить его высоту CF, для чего достаточно знать стороны прямоугольника AFBE.

Отрезок CF может быть найден из двух прилегающих к нему прямо угольных треугольников. С одной стороны, CF² = BC² − BF², с другой стороны, CF² = AC² − AF², т. е. BF² − AF² = а²− b².

Составим систему уравнений:

из которой найдем BF² = ½(а² − b² + с²), AF² = ½(с² − а² + b²). Теперь можно вычислить CF и AK:

CF² = а² − ½(а² − b² + с²) = ½(а² + b² + с²),

Объем пирамиды ABCD равен 2 · ⅓AK(½DC · CF).

Ответ.

3.29. Расположим пирамиду ABCD так, как показано на рис. P.3.29, а. Воспользуемся методом сравнения объемов по отношению к телу ANBMCD.

С одной стороны, его можно рассматривать как составленное из двух пирамид с общим основанием MNCD и с вершинами в точках A и B. Основание MNCD — прямоугольник с известными сторонами. Высотами будут перпендикуляры AK и BL, опущенные на MN (рис. P.3.29, б). Так как нам нужна сумма объемов двух пирамид с общим основанием, то выразим AK + BL через AB и sin α. Тогда объем нашего тела будет выражен через α.

С другой стороны, VANBMCD = VABCD + VABMD + VABNC.

Проведем AG || KL (см. рис. P.3.29, б). Тогда

AK + BL = GB = 12 sin α, SMNCD = 6 · 8 = 48,

VANBMCD = ⅓ SMNCD(AK + BL) = 4 · 48 sin α,

SMANB = ½ AB · NM sin α = 48 sin α.

VABCD + VABMD + VABNC = 48 + 6/3(SABM + SABN) = 48 + 2SMANB = 48 + 2 · 48 sin α.

Таким образом,

48 + 2 · 48 sin α = 4 · 48 sin α.

Отсюда

sin α = ½.

Ответ. α = π/6.

3.30. Поставим четырехугольную пирамиду A1BB1C1C, в которую вписан шар, на основание BB1C1C (рис. P.3.30). Пусть H — высота призмы, а — сторона ее основания. Радиусы окружностей с центрами O и O1 равны R. Так как треугольник B1A1C1 правильный, то а = 2√3 R.

Рассмотрим треугольник DA1E. Он прямоугольный и его площадь, с одной стороны, равна ½A1D · DE, а с другой стороны, R/2(A1D + DE + A1E). Поскольку

получаем уравнение относительно H, которое после подстановки а = 2√3 R и возведения в квадрат принимает вид H² = 4HR, откуда H = 4R.

Ответ. 12√3 R³.

3.31. Центр шара, касающегося трех ребер правильного тетраэдра, исходящих из общей вершины, должен лежать на биссектрисе соответствующего трехгранного угла, которая совпадает с высотой тетраэдра, опущенной из этой же вершины. Поскольку все четыре биссектрисы пересекаются в одной точке — центре вписанного в тетраэдр шара, достаточно рассмотреть треугольник SOA (рис. P.3.31), где SO — высота тетраэдра, SA — его ребро, а O1 — центр искомого шара и шара, вписанного в тетраэдр.

Треугольники SAO и SO1D подобны. B первом известны все стороны, во втором SO1 = a√6/4. = . Это позволяет вычислить R.

Ответ. a√2/4.

3.32. Если один куб расположен внутри другого, а вершина O y них общая, то диагонали этих кубов, проходящие через O, лежат на одной прямой. Поэтому из всех подобных кубов, которые можно поместить в параллелепипед, мы выберем максимальный.

Пусть с < а и с < b. Тогда в параллелепипед можно поместить куб с ребром с (рис. P.3.32).

Вычислим все стороны треугольника ABO и воспользуемся теоремой косинусов:

AB² = AO² + BO² − 2AO · BO cos x,

AO² = а² + b² + с², BO² = 3c²,

AB² = (а − с)² + (b − с)².

Для определения cos x получим уравнение

которое симметрично относительно а, b и с, а потому не зависит от соотношения между этими величинами. Убедитесь сами в том, что cos x не будет больше единицы при любых а, b и с.

Ответ.

3.33. Разность углов А и С равна φ, BD — биссектриса угла B в треугольнике ABC (рис. P.3.33).

Вычислим угол а:

α = B/2 + С = π − A − C/2 + С = π/2 + C − A/2 = π/2 + φ/2.

Объем призмы равен произведению АА1 на площадь основания ABC, т. е.

АА1 (½AD · DB sin α + ½DC · DB sin α) = ½АА1 · DB · AC sin α = ½ aS cos φ/2.

Ответ. ½ aS cos φ/2.

3.34. Пусть выбраны диагонали С1D и В1С (рис. P.3.34). Так как В1С || А1D и С1D || В1A, то плоскости А1С1D и АВ1С параллельны. Расстояние между В1С и С1D равно расстоянию между этими плоскостями.

Обе плоскости А1С1D и АВ1С перпендикулярны к диагонали BD1. Поэтому искомое расстояние равно разности между отрезком BD1 и удвоенной высотой пирамиды D1А1С1D. Объем этой пирамиды равен a³/6, а площадь основания А1С1D равна а√3/2 , следовательно, высота h = a/√3. Так как BD1 = a√3, то искомое расстояние равно a√3 − 2a/√3 = a/√3.