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

площадь второй

3√2/2Rh + 5/2h².

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

4.11. Острый угол φ между плоскостью основания куба и плоскостью Π не изменится при параллельных переносах куба и при вращении его вокруг оси, перпендикулярной к плоскости Π.

Тень, отбрасываемая кубом, равна тени от заштрихованной на рис. P.4.11 фигуры, которая составлена из двух треугольников A1B1D1 и BCD и диагонального сечения B1D1DB. Площадь тени равна

2 · a²/2 cos φ + a²√2 cos (π/2 − φ) = a²(cos φ + √2 sin φ).

Максимум этого выражения равен а² √3 и достигается при φ = acrtg √2. Таким образом, тень, отбрасываемая кубом, имеет максимальную площадь, равную а² √3, когда шесть граней куба образуют с плоскостью Π одинаковые углы.

Глава 5

Геометрические места

5.1. Из любой точки M (рис. P.5.1) отрезок ON виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек — окружность, построенная на отрезке ON, как на диаметре.

5.2. Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту точек. По теореме косинусов для треугольника AMB (рис. P.5.2) имеем

AB² = AM² + BM² − 2AM · BM cos α.

Так как AM · BM cos α = ¾AB², то

AM² + BM² = 5/2AB².  (1)

Если МС — медиана треугольника АМВ, то

4MC² = 2АМ² + 2ВМ² − АВ².

Воспользуемся соотношением (1) и заменим 2(АМ² + ВМ²) на 5АВ²:

4МС² = 5АВ² − АВ², т. е. МС = AB.

Итак, искомое геометрическое место точек — окружность радиусом AB с центром в середине AB.

5.3. Докажем вначале, что если точка M лежит на рассматриваемой окружности, то выполняется сформулированное в условии задачи соотношение. Обозначим центр окружности буквой O и выберем на окружности произвольную точку M, отличную от А и С (рис. P.5.3).

Применим к стороне МВ треугольника АМВ теорему косинусов:

МВ² = АМ² + АВ² − 2АМ · AB cos А.

Из треугольника АMO находим AM = 2АO cos А, откуда cos А = AM/2AO. По условию АO = AB/3. Подставляя cos А = 3/2AM/AB в выражение для МВ², получим МВ² = АМ² + АВ² − ЗАМ², т. е. 2АМ² + МВ² = АВ², что и требовалось проверить.

Простой проверкой легко убедиться, что это соотношение справедливо, если M совпадает с А и если M совпадает с С. B первом случае AM = 0, а МВ = AB и равенство становится очевидным AB² = АВ². Во втором случае AM = AC = ⅔AB, МВ = СВ = ⅓AB и

2(⅔AB)² + (⅓АВ)² = АВ².

Перейдем к доказательству обратного утверждения.

Докажем, что если в треугольнике АМВ

3АO = AB и 2АМ² + МВ² = АВ²,

то АO = MO, т. е. точка M лежит на окружности радиусом АO. Начнем со случая, когда M не лежит на AB. Предыдущие рассуждения подсказывают нам, что полезно воспользоваться не только данным соотношением, но и теоремой косинусов для треугольника АМВ:

МВ² = АМ² + АВ² − 2АМ · AB cos А.

Так как мы не знаем, чему равен cos А, то постараемся его исключить. Запишем теорему косинусов для стороны MO треугольника АMO (учтем при этом, что 3АO = AB):

MO² = АМ² + 1/9АВ² − ⅔AM · AB cos А.

Умножив последнее равенство на −3 и сложив с выражением для МВ², получим

МВ² − 3MO² = −2АМ² + ⅔АВ².

Заменяя МВ² + 2АМ² на АВ², придем к равенству

АВ² = 3MO² + 3/2АВ², т. е. АВ² = 9MO²,

откуда AB = 3MO и MO = АO, что и требовалось показать.

Если теперь точка M лежит на прямой AB, то она может располагаться либо на отрезке AB (включая его концы), либо вне этого отрезка.

Пусть точка M расположена вне отрезка AB. Тогда или AM + AB = МВ, или МВ + AB = AM. B первом случае получаем AB = МВ − AM, а после возведения в квадрат: АВ² = АМ² + МВ² − 2АМ · МВ. Заменяя АВ² на 2АМ² + МВ², придем к равенству AM = −2МВ, которое абсурдно. Аналогично рассматривается второй случай.

Пусть теперь точка M расположена на отрезке AB. Тогда AM + МВ = AB, что после возведения в квадрат и замены АВ² на 2АM² + МВ² приводит к равенству

АМ² = 2МВ · AM.

Из этого равенства следует, что либо AM = 0 (точки А и M совпадают), либо AM = 2МВ (точка M совпадает с точкой С).

Тем самым доказательство полностью завершено.

5.4. B треугольниках АВМ и ВМС при любом их расположении сторона ВМ общая. Если выбрать ее в качестве основания, то для равенства площадей этих треугольников необходимо и достаточно равенство высот, т. е. площади треугольников равны тогда и только тогда, когда прямая ВМ отстоит от точек А и С на одинаковое расстояние. Так как точки А и С зафиксированы, то задача состоит в нахождении всех прямых равноудаленных от А и С.

Если прямая ВМ пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, а), то из равенства высот h1 и h2 следует, что треугольники АВF и CВF равновелики. Поскольку они имеют общую высоту, соответствующую вершине B, их основания АF и CF равны, и прямая, равноотстоящая от А и С, проходит в этом случае через середину отрезка AC.

Если же прямая ВМ не пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, б), то из равенства высот h1 и h2 следует, что ВМ || AC.

Остается убедиться, что любая точка прямых ВМ, изображенных на рис. P.5.4, а и P. 5.4, б, удовлетворяет условию задачи. Следовательно, прямые ВМ и BF (рис. P.5.4, в) образуют искомое геометрическое место точек.

5.5. Рассмотрим вначале случай, когда прямые AB и CD, на которых лежат данные отрезки, пересекаются в некоторой точке N (рис. P.5.5, а). Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту. Площади треугольников АВМ и CDM не изменятся, если каждый из отрезков AB и CD двигать по несущей его прямой. Переместим отрезки так, чтобы они имели своим общим концом точку N. Отрезок AB перейдет в NB′, а отрезок CD — в ND′. Поскольку пары треугольников АВМ, NB′M и CDM, ND′M равновелики, то искомое геометрическое место точек можно характеризовать тем свойством, что площади треугольников NB′M и ND′M равны.

Итак, задача свелась к предыдущей (см. задачу 5.4): для треугольника B′ND′ найти геометрическое место точек M таких, что площади треугольников NB′M и ND′M равны. Мы уже доказали, что это — две прямые NK и NL, первая из которых проходит через середину B′D′, а вторая параллельна B′D′.