Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

B самом деле, MN || PQ и LK || PQ, a ML || RS и NK || RS, как прямые, получившиеся в результате пересечения двух параллельных плоскостей третьей. Следовательно, MN || LK и ML || NK, что и требовалось доказать.

3.8. Продолжим ED и CB (рис. P.3.8) до пересечения в точке F и проведем AF — ребро двугранного угла, косинус которого нужно найти.

Так как EC = 2DB (по условию), то DB — средняя линия в треугольнике EFC. Поэтому FB = BC = а. Поскольку BA = а, то треугольник FBA равнобедренный. Сумма его углов, прилежавших к FA, равна 60°, а угол BAF равен 30°.

Мы убедились в том, что угол CAF прямой, а следовательно, линейный угол EAC измеряет искомый двугранный угол. Теперь остаются простые вычисления:

По теореме о трех перпендикулярах отрезки EA и FA взаимно перпендикулярны; поэтому площадь треугольника EAF равна  1/2 EA · AF, где AF = а3 . Итак, площадь треугольника AFE равна ^3a^2/₂, и вследствие того, что FD = DE, площадь треугольника DEA в два раза меньше.

Ответ. ^3a^2/₂, ¹/₃.

3.9. Обозначим высоту SO пирамиды через H. Предположим, что вершина пирамиды спроецируется в точку O, лежащую внутри треугольника ABC, и пусть углы SDO, SEO и SFO измеряют данные двугранные углы (рис. P.3.9, а).

Рассмотрим отдельно треугольник ABC (рис. P.3.9,

б). Площадь его, с одной стороны, равна сумме площадей треугольников AOB, BOC и COA, а с другой стороны, равна ^a^23/₄. Поэтому

1/2 a(OF + OD + OE) = ^a^23/₄, т.е. OF + OD + OE = ^a3/₂.

Каждый из отрезков OF, OD и OE можно выразить через H:

OD = H ctg , OE = H ctg , OF = H ctg . Следовательно,

H = ^a3/_{2(ctg + ctg + ctg )}.

Если точка О лежит вне треугольника ABC, то один из данных двугранных углов тупой (на рис. P.3.9, в угол при BC, т. е. ). Следовательно, его котангенс будет отрицательным. Это соответствует тому факту, что площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников АВО и АОС за вычетом площади треугольника ВОС. Таким образом, результат останется таким же, как в случае, когда О лежит внутри треугольника ABC.

Наконец, как легко убедиться, полученная формула дает верный результат и в том случае, когда точка О лежит на стороне треугольника ABC или совпадает с его вершиной. (Соответствующие котангенсы обращаются в нуль.)

Ответ. V = ^a^3/_{8(ctg + ctg + ctg )}.

3.10. Так как AC = BC по условию (рис. P.3.10), то прямоугольные треугольники ADC и BDC равны и, следовательно, AD = BD. Треугольник ADB — равнобедренный, его медиана DE, проведенная из вершины D, будет одновременно и высотой. Таким образом, мы доказали, что двугранный угол при ребре AB измеряется линейным углом DEC, который обозначим через x.

Высота DO

треугольника EDC будет высотой пирамиды. B самом деле, ребро AB перпендикулярно к ED и EP, т. е. к плоскости EDC. Отрезок DO, следовательно, перпендикулярен не только к EC, но и к AB, т. е. перпендикулярен к плоскости ABC.

Заметим также, что CD — перпендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямоугольный с прямым углом при вершине D.

Мы знаем, что V = 1/3 S · OD. Отрезок OD равен ED sin x, а отрезок ED в свою очередь равен EC cos x, т. е. ^2S/_a cos x.

Итак,

V = 1/3 S · ^2S/_a cos x sin x,

откуда sin 2x = ^3Va/_S^2. 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. 1/2 acrsin ^3aV/_S^2.

3.11. Так как площадь основания равна 3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. P.3.11) находим AO = b cos x; с другой стороны,

AO = 2/3 AD = 2/3 ^a3/₂.

Поэтому 

^a/₃ = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = ^a/₂ = b sin 2

x. Разделив второе соотношение на первое, получим

sin x = ³/₄.

Так как SD = ^a/₂ ctg 2x, то нужно вычислить ctg 2x:

Следовательно, SD = ⁵/₃₉, а площадь боковой поверхности равна ³/₂а · SD.

Ответ.⁵/₃₉.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С₁ЕА₁ подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C₁ и A₁ в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C₁A₁ =  1/3 AC. Аналогично доказывается, что В₁А₁ = 1/3 AB и C₁B₁ =  1/3 BC и т. д., т. е. площади S₁ и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A₁B₁C₁ лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D₁N

₁, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D₁N₁C₁ подобны, т. е. D₁N₁ =  1/3 DN. Остается сравнить объемы

Ответ.¹/₂₇.

3.13. Пусть О₁, О₂ и О₃ — точки пересечения медиан соответствующих граней (на рис. P.3.13 изображены лишь О₁ и О₂), О — центр шара.

Прямоугольные треугольники SO₁О, SO₂О и SO₃О равны (О₁О = О₂О = О₃О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO₁ = SO₂ = SO₃, и поэтому SB₁ = SB₂ = SB₃.