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

Продолжим A1B1 до пересечения с QP в точке E и A1D1 до пересечения с QR в точке F. Обе точки E и F лежат в плоскости верхнего основания, а EF — след сечения в этой плоскости, который пересекает верхнюю грань куба по отрезку MK.

Продолжим DC до пересечения с PR в точке G и соединим K с G. На ребре СС1 получим точку L, принадлежащую сечению.

Из подобия треугольников QА1Е и QAP следует, что А1Е = А1Q = 3a/2, где а — ребро куба.

Следовательно, В1Е = а/2. Аналогично D1F = а/2 и СG = а/2, откуда следует, что МС1 = KC1 = LC1 = а/2. Объем пирамиды MC1LK равен а³ : 48.

Ответ. 1 : 47.

4.7. Пусть MN = а (рис. P.4.7).

Тогда aSK = 2Q. Выразим искомую площадь через а и SK. Отрезок AB — средняя линия трапеции IМNJ, а отрезок DC — средняя линия треугольника SIJ. Поэтому

AB = 3/2а, DC = а.

Из подобия треугольников SOK и HOG следует, что HG = ½SK. Осталось определить HL и EF:

HL = GL − GH = ¾SK − ½SK = ¼SK;

из подобных треугольников FSL и RSP

EF/a = SL/SP = KG/KP = ¼, т. е. EF = а/4.

Теперь можно подсчитать площадь сечения, которая равна

½(AB + CD)GH + ½(CD + FE)HL = ½(5a/4GH + 5/4aHL) = 5a/4(½SK + 1/8SK) = 25a/32SK.

Так как aSK = 2Q, то площадь сечения можно выразить через Q.

Ответ. 25/16Q.

4.8. Спроецируем С1С на плоскость основания призмы (рис. P.4.8). Отрезок EK — средняя линия в треугольнике С1CF.

Через точки K и D проведем прямую, которая пересечет AB в точке M. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Поскольку KC = ½FC, а DO = ½OB (ABC — правильный треугольник) и FC = OB (треугольники C1FC и В1ОВ равны), то KC = DO. Покажем, что KC || DO. B самом деле, так как OB ⊥ AC, то и ВВ1 ⊥ AC. Следовательно, CC1 ⊥ AC, а значит, и KC ⊥ AC. Итак, KC и DO параллельны, а фигура KCOD — параллелограмм. Теперь мы можем воспользоваться тем, что отрезок KM параллелен CO, а потому перпендикулярен к AB. Отсюда следует, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Остаются простые вычисления:

Площадь треугольника ADB можно найти двумя способами: ½DM · AB = ½ DВ · AD, т. е. bDM = b²√3/4, откуда MD = b√3/4. Теперь найдем ЕМ:

Ответ.

4.9. B диагональной плоскости ВВ1D1D (рис. P.4.9) проведем через точку F отрезок EG, параллельный ВD.

B другой диагональной плоскости AA1С1С проведем через точку F отрезок KL || АС1. B плоскости верхнего основания построим отрезок MN || В1D1 и проходящий через точку L. Точки K, G, N, M, E являются вершинами сечения, площадь которого мы должны вычислить. Это сечение — пятиугольник, разбивающийся на треугольник EKG и трапецию EGNM. Если KR — высота треугольника, а Q — точка пересечения KR и EG, то площадь пятиугольника равна

½KQ · EG + ½(EG + MN)QR.

Так как KL || AC1, то LC1 = ¼A1С1 и MN = ½В1D1 = ½EG. B свою очередь  Поэтому

Чтобы вычислить отрезки KQ и QR, спроецируем KR на плоскость основания. Точка Q спроецируется в P, а точка R — в H. Обозначим через S и T проекции точек K и Q на отрезки QP и RH соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах АР ⊥ BD. Сравнивая площадь треугольника ADB, получим АР · BD = ab, а так как  то

Из подобия треугольников легко получим

AK = ¼с, RT = ¼с, QS = ½с.

Поскольку MN = ½В1D1, то QR = ½KQ. Из треугольника KQS находим

Теперь мы можем вычислить площадь фигуры:

S = ½ KQ · EG + ½ · 3/2EG · ½KQ = 7/8EG · KQ.

Ответ.

4.10. Чтобы построить тень куба, достаточно построить тень, отбрасываемую верхним основанием. По условию источник света расположен на высоте 2h. Из подобия треугольников, получающихся при построении тени, следует, что тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квадрат A2В2С2D2 (см. рис. P.4.10; также рис. 1.4.10 на с. 132).

Каждая сторона этого квадрата параллельна соответствующей стороне основания куба и равна 2h. Отрезок OO2, соединяющий центры квадратов ABCD и A2В2С2D2, при вращении источника света не изменяется и равен R. Чтобы получить тень куба, нужно на рис. P.4.10, а построить «внешние» отрезки, соединяющие соответственные вершины квадрата A1В2С2D2 с вершинами нижнего основания куба.

Задача становится плоской. Нужно выяснить, когда площадь полученного многоугольника будет максимальной, если точка О2 вращается вокруг точки О, а стороны квадрата A2В2С2D2 остаются параллельными сторонам квадрата ABCD.

B двух случаях (см. рис. P.4.10, б и в) площадь будет достигать максимума по сравнению с близкими положениями точки О2. B самом деле, если точка О2 немного сместится из положения, изображенного на рис. P.4.10, б, вправо или влево по окружности радиуса R, то площадь тени уменьшится, так как уменьшится площадь трапеции АDD2A2: y этой трапеции основания AD и А2D2 не изменятся, а высота станет меньше. То же самое произойдет и в случае, изображенном на рис. P.4.10, в. Здесь уменьшится площадь трапеции BDD2В2.

Остается сравнить площади этих двух фигур.

Площадь первой равна

4h² + 3h/2(R − h/2),

площадь второй

3√2/2Rh + 5/2h².

При R > 2h вторая площадь больше, что и доказывает сформулированное в условии утверждение.