Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Для второго случая получаем S₁ = аВ₁D, S₂ = aH. Так как В₁D H, то S₁ S₂. Случай S₁ = S₂ можно отнести к этому случаю.

Ответ.  при S₁ S₂ 2S₁, а = ^S2/_H при S₁ >= S₂.

3.53. Проведем в кубе сечение AB₁C₁D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB₁C₁D, а в качестве ее вершины точку D₁. Оставшаяся часть призмы (D₁AA₁B₁) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.

3.54. Пусть O₁ — центр шара, описанного около пирамиды SABC, а O — центр правильного треугольника ABC, лежащего в ее основании. Тогда O₁O — перпендикуляр к плоскости основания (рис. P.3.54).

(По условию точка O₁ равноудалена от A, B и C.) Обозначим длину отрезка O

₁O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO₁ = SO₁ = R, а AO = ⁶/₃ = 23, то по теореме Пифагора для треугольника AOO₁ : x^2 + AO^2 = R^2, т. е. x^2 + 12 = R^2. Соотношение для y найдем из треугольника SO₁D, где O₁D = y, SO₁ = R. Тогда SD^2 = R^2 - y^2. Но SD есть либо 4 - x, либо 4 + x в зависимости от расположения O₁. Поэтому найдем x: x = |SP - SD|, что охватывает сразу два возможных случая и приводит к уравнению

Отсюда

Но x^2 = R^2 - 12, т. е.

Тогда  а после возведения в квадрат и приведения подобных членов: 64R^2 = 28^2 + 8у^2 + y⁴ или 64R^2 = (y^2 + 4)^2 + (28^2 - 16).

Поскольку

^{28^2 - 16}/₆₄ = ^{4^2 · 7^2 - 4^2}/_{4^2 · 4} = ^{7^2 - 1}/₄ = ⁴⁸/₄ = 12,

имеем R^2 = ^(y^2 + 4)^2/₆₄ + 12. Это выражение при x = 0 достигает своего минимального значения R^2 = ^{4^2}/₆₄ + 12 = 12 1/4   = ⁴⁹/₄

, т.е. R = ⁷/₂. 

Ответ. 3,5.

Замечание. Условие задачи, в силу которого основание P высоты SP пирамиды SABC принадлежит ее основанию ABC, при решении не использовано. Это условие оказалось лишним. Следовательно, в постановке задачи имеется неточность. Мы пытались использовать это условие, когда в первом указании строили прямую призму, верхнему основанию которой должна принадлежать вершина S. Эти ограничения оказались невостребованными при решении задачи. Задача реально предлагалась на вступительных экзаменах.

Глава 4

Геометрические задачи на проекционном чертеже

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD₁C₁C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D₁D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).

Обозначим ребро куба через а и вычислим объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид: NAFD и MEFC.

Отрезок EC — средняя линия в треугольнике AFD, следовательно, CF = СО = а.

Вычертим отдельно треугольник BFD и проведем OK || ND (рис. P.4.1, б). Так как О — центр грани куба, то OK = ^a/₂, DK = KC = ^а/₂. Из подобия образовавшихся треугольников находим

MC = ^а/₃, ND = 2MC = ^2а/₃.

Так как треугольники EFC и EAB равны (см. рис. P.4.1, а), то площадь треугольника AFD равна а^2, а площадь треугольника EFC равна ^a^2/₄. Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME:

1/3 ND · a^2 - 1/3 MC

· ^a^2/₄ = 1/3 ^2a/₃a^2 - 1/3 ^a/₃^a^2/₄ = ^7a^3/₃₆,

и найти искомое отношение объемов.

Ответ. 29 : 7.

4.2. Проведем прямую FG, которая пересечет А₁В₁ и А₁D₁ в точках M и L соответственно (рис. P.4.2). Соединив точки M и А и точки L и А, получим еще две точки E и K, принадлежащие сечению.

Площадь сечения AEFGK вычислим как разность площади треугольника AML и удвоенной площади треугольника KGL.

Треугольники ЕВ₁М, FC₁G и GD₁L равны. Следовательно, D₁L = В₁F = 1/2 , MF = FG = GL. С помощью треугольников МА₁L и АА₁L можно найти стороны треугольника AML:

его высоту

и его площадь

Треугольники AML и KGL подобны, так как GK и AM параллельны (они получены в результате пересечения двух параллельных граней куба плоскостью сечения), с коэффициентом подобия  1/3 (мы доказали раньше, что 3GL = ML). Следовательно, площадь треугольника KGL равна ¹/₉

площади треугольника AML, а площадь сечения AEFGK равна ⁷/₉ площади AML.

Ответ.

4.3. Пусть K — точка пересечения AO₁ и C₁C (рис. P.4.3). Соединим K с центром Q боковой грани BB₁C₁C и получим сечение куба. Так как Q — центр симметрии квадрата B₁C₁CB, то B₁E = FC. Проведем O₁C₁ и AC. Отрезок O₁C₁ — средняя линия в треугольнике AKC, и, следовательно, KC₁ = C₁C.

Треугольники KFC и KEC₁ подобны с коэффициентом подобия 2. Поэтому FC = 2EC₁. Так как FC = В₁Е, то отношение отрезков B₁E к ЕС₁ равно 2.

Ответ. 2.

4.4. Пусть высота данной пирамиды h, сторона основания а. Найдем объем фигуры, лежащей под сечением BEFG (рис. P.4.4, а), как разность объемов пирамид EBCM и FGDM.

Объем первой пирамиды равен