Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Сложим эти уравнения, найдем x^2 + y^2 + z^2 =  1/2 (а^2 + b^2 + с^2). Теперь легко определить x, y и z. Таким образом,

Если треугольник в сечении тупоугольный и а = b с, то а^2 + b^2 с^2, 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, CF^2 = BC^2 - BF^2, с другой стороны, CF^2 = AC^2 - AF^2, т. е. BF^2 - AF^2 = а^2- b^2.

Составим систему уравнений:

из которой найдем BF^2 =  1/2 (а^2 - b^2 + с^2), AF^2 =  1/2 (с^2 - а^2 + b^2). Теперь можно вычислить CF и AK:

CF^2 = а^2 -  1/2 (а^2 - b^2 +

с^2) =  1/2 (а^2 + b^2 + с^2),

Объем пирамиды ABCD равен 2 ·  1/3 AK( 1/2 DC · 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 . Тогда объем нашего тела будет выражен через .

С другой стороны, V_ANBMCD = V_ABCD + V_ABMD + V_ABNC.

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

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

V_ANBMCD = 1/3 S_MNCD(AK + BL) = 4 · 48 sin ,

S_MANB =  1/2 AB · NM sin  = 48 sin .

V_ABCD + V_ABMD + V_ABNC = 48 + ⁶/₃(S_ABM + S_ABN) = 48 + 2S_MANB = 48 + 2 · 48 sin .

Таким образом,

48 + 2 · 48 sin  = 4 · 48 sin .

Отсюда

sin  = 1/2 .

Ответ.  = /₆.

3.30. Поставим четырехугольную пирамиду A₁

BB₁C₁C, 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 = 23 R.

Рассмотрим треугольник DA₁E. Он прямоугольный и его площадь, с одной стороны, равна  1/2 A₁D · DE, а с другой стороны, ^R/₂(A₁D + DE + A₁E). Поскольку

получаем уравнение относительно H, которое после подстановки а = 23 R и возведения в квадрат принимает вид H^2 = 4HR, откуда H = 4R.

Ответ. 123 R^3.

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 = ^a6/₄. = . Это позволяет вычислить R.

Ответ.^a2/₄.

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:

AB^2 = AO^2 + BO^2 - 2AO · BO cos x,

AO^2 = а^2 + b^2 + с^2, BO^2 = 3c^2,

AB^2 = (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 , BD — биссектриса угла B в треугольнике ABC (рис. P.3.33).

Вычислим угол а:

 = ^B/₂ + С = ^{- A} - C/₂ + С = /₂

+ ^C - A/₂ = /₂ + /₂.

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

АА₁ ( 1/2 AD · DB sin  +  1/2 DC · DB sin ) =  1/2 АА₁ · DB · AC sin  =  1/2 aS cos /₂.

Ответ. 1/2 aS cos /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.