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

Ответ. a/√3.

3.35. Из соображений симметрии ясно, что точка O лежит на диагонали AC1 куба. Для доказательства достаточно установить, что плоскость KMN (рис. P.3.35) перпендикулярна к АС1 и что АС1 проходит через точку O1, являющуюся центром треугольника KMN.

По теореме о трех перпендикулярах АС1 ⊥ BD. Следовательно, АС1 ⊥ KN. Аналогично прямая АС1 перпендикулярна к KM или MN, т. е. АС1 — перпендикуляр к плоскости KMN.

Треугольник KMN равносторонний. Так как AK = AN = AM, то из равенства соответствующих треугольников, имеющих общие вершины в точках А и О1, получаем KO1 = NO1 = MO1.

Мы доказали, что центр О сферы лежит на продолжении отрезка АС1.

Так как AK — биссектриса в треугольнике OKO1, то . Отсюда найдем OK = R, выразив остальные отрезки через ребро куба:

Подставив все эти выражения в пропорцию , получим уравнение относительно R. После простых преобразований это уравнение запишется в виде

6R² − 2√6 aR − 3а² = 0.

Геометрический смысл имеет только положительный корень.

Ответ.

3.36. Докажем вначале, что каждая сторона четырехугольника параллельна биссектральной плоскости двугранного угла, образованного данными взаимно перпендикулярными плоскостями. Перенесем сторону четырехугольника параллельно себе так, чтобы одна из ее вершин лежала на ребре этого двугранного угла (рис. P.3.36, а). Полученный отрезок RS спроецируем на плоскости P и Q. Так как проекции при параллельном переносе не изменяются, то RS1 = RS2 = 1. Построим линейный угол S1TS1, измеряющий двугранный угол между плоскостями P и Q, и соединим точки S и T. Треугольники RS1T и RS2T и треугольники RS1S и RS2S попарно равны, т. е. прямоугольные треугольники S1ST и S2ST — равные и равнобедренные. Следовательно, углы STS1 и STS2 равны 45°, а это означает, что сторона данного четырехугольника параллельна биссектральной плоскости. Проведя аналогичные рассуждения для каждой стороны, придем к выводу, что плоскость четырехугольника параллельна биссектральной плоскости.

Перенесем теперь плоскость P параллельно так, чтобы четырехугольник уперся в нее одной из своих вершин, которую обозначим буквой А (рис. P.3.36, б).

Спроецируем четырехугольник ABCD на плоскость P. Поскольку его проекция АВ1С1D1 — квадрат, то ABCD — параллелограмм. Поэтому один из отрезков AB или AD равен √5/2. Предположим, что это AB.

Построим теперь след, оставленный плоскостью четырехугольника ABCD на плоскости P. Для этого построим вначале точку E, в которой пересекаются прямые BC и В1С1, а затем соединим E и А. Угол между плоскостями ABCD и P измерим линейным углом BFB1, равным 45°. Остается провести вычисления:  следовательно, угол B1AF равен 30° и поэтому B1E = 1/√3; находим   и так как , то BC = √7/2.

Ответ. √5 + √7 .

3.37. Опишем около данной пирамиды конус с образующей l, высотой H и радиусом нижнего основания R. Объем конуса больше объема пирамиды. Если мы докажем, что объем конуса меньше куба образующей, то задача тем самым будет решена.

Рассмотрим угол α между H и l. Тогда

H = l cos α, R = l sin α,

а объем конуса равен

V = π/3 R²H = π/3 l³ sin² α cos α.

 Составим отношение:

V/l³ = ⅓π sin² α cos α = π/6 sin 2α sin α ≤ π/6 < 1,

что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

3.38. B осевом сечении конуса получим картину, изображенную на рис. P.3.38.

По условию r = pR. Из подобия треугольников ЕОВ и FO1B получим

r/R = H − 2R − r/H − R, т. е. H = 2R²/R − r,

а из подобия треугольников AOB и ОЕВ (AB = l) найдем

l/ρ = H − R/R, (5)

т. е.

l = ρH − R/R = ρ1 + p/1 − p.

Так как l² − ρ² = Н², получаем уравнение относительно ρ, решая которое находим ρ² = R²/p. Полная поверхность конуса равна πp(ρ + 1). С помощью производной пропорции из соотношения (5) получим

l + ρ/ρ = H/ρ, т. е. (l + ρ)ρ = ρ²H/R = 2R²/p(1 − p).

Сумма поверхностей шаров равна 4π(R² + r²).

Составим искомое отношение:

2(R² + r²)p(p − 1)/R² = 2(1 + p²)p(1 − p).

Ответ. 2p(1 − p)(1 + p²).

3.39. Обозначим радиус сферы через R и рассмотрим осевое сечение каждого из конусов. Второй конус можно расположить внутри сферы произвольным образом. Мы расположим его так, чтобы образующие обоих конусов были параллельны (рис. P.3.39). Выразим радиусы оснований конусов через R.

B треугольнике FOK углы OFK и OKF равны α/2· Следовательно, угол EOK равен их сумме, т. е. α. Из треугольника EOK находим EK = R sin α. Далее,

Составим теперь отношение объемов и приравняем его к a. После простых преобразований придем к уравнению относительно α:

Так как 1 + sin α/2 ≠ 0 (иначе не существует конус), то

откуда

Чтобы можно было осуществить извлечение корня, необходимо взять а ≥ 8.

Так как а > 0, то выражение, стоящее под знаком арксинуса, как легко проверить, всегда расположено между 0 и 1.

Ответ.

3.40. Так как O1 — центр сферы, касающейся граней SAB и SAC в точках B и C (рис. P.3.40, а), то O1 лежит в плоскости, перпендикулярной к их общему ребру SA и проходящей через эти точки. При этом ED — биссектриса линейного угла ВЕС, измеряющего двугранный угол между рассматриваемыми плоскостями.

Если сделать такие же построения для второй сферы O2, то получим четырехугольник AFBO2, равный четырехугольнику BECO1 (равенство очевидно из соображений симметрии, однако этот факт легко устанавливается и непосредственно). Следовательно, CO1 = AO2 = BO2 = BO1. Заметим, что AO || CO1 как два перпендикуляра к плоскости ASC. Итак, O1O2 = AC = а.

Поскольку O1B ⊥ ASB, то O1B ⊥ SB, аналогично O2B ⊥ SB, откуда SB ⊥ O1BO2. Мы доказали, что SB — высота пирамиды SO1BO2.