Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

2.20. Построим точку А₁ симметричную точке А относительно прямой l (рис. P.2.20). Для любой точки С на прямой l (в силу неравенства треугольника) справедливо соотношение

|AC − BC| = |А₁С − BC| ≤ А₁В.

Величина |А₁С − BC| будет меняться в зависимости от положения точки С, и станет наибольшей, когда точка С займет положение С₁ (на пересечении прямых А₁B и l). Именно для этой точки треугольник СА₁В вырождается в отрезок С₁В, а неравенство треугольника превращается в равенство: |А₁С − BC| = А₁B. Из построения следует, что точка С единственная (если бы мы отражали от прямой l точку B, то пришли бы к той же точке С).

2.21. Две противоположные вершины искомого квадрата лежат, во-первых, на внешних полуокружностях, построенных на сторонах данного четырехугольника (рис. P.2.21), и, во-вторых, на диагонали квадрата, которая пересекает внутренние полуокружности в точках E и F, таких, что АF = 

FB = DE = EC = 45°.

После проведенного анализа построение очевидно.

2.22. Выберем на глаз отрезок длины 1. Построим прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1. Гипотенуза его равна √2. Далее возьмем катеты 1 и √2. Получим гипотенузу √3. Если же катеты равны √3 и 2, то гипотенуза равна √7. На сторонах острого угла А (для удобства) отложим AB = 1, АВ₁ = √7, AC = √7 (рис. P.2.22).

Соединим B и С, через В₁ проведем прямую, параллельную BC. Она пересечет AC в точке С₁. Из подобия треугольников ABC и АВ₁С₁ имеем AB : АВ₁ = AC : АС₁. Отсюда  Однако это 7 выбранных нами единиц, а не реальный отрезок длины 7, данный в условии задачи. Отложим АС₂ = 7. Это уже данный в условии отрезок. И проведем С₂В₂ || СВ. Отрезок АВ₂ = √7.

2.23. Так как длина искомого отрезка есть 

а длина данного отрезка равна а, то рассмотрим только такие значения а, что одновременно

Решение этой системы есть два интервала: 0 < а < 1 и а > 3.

Пусть 0 < а < 1. Тогда удобнее записать длину искомого отрезка так:

На одном луче угла отложим отрезки OA = 2 + а и OB = 3 + а, а на другом луче — отрезок ОС = 3 − а

(рис. P.2.23, а). Соединим А и С, проведем BD || AC. Тогда

Осталось построить отрезок, длина которого равна ^OD/_{1 − а}. Для этого отложим на одном луче угла отрезки OD и ОЕ = 1 − а, а на другом луче отрезок OK = 1 (рис. P.2.23, б). Проведем DL || EK. Отрезок OL имеет искомую длину:

Осталось рассмотреть случай а > 3. Решение отличается только тем, что вместо отрезков длины 3 − а и 1 − а придется рассматривать отрезки длины а − 3 и а − 1.

Глава 3

Геометрические задачи в пространстве

3.1. На луче, перпендикулярном к MN, возьмем произвольную точку А (рис. P.3.1). Спроецируем OA на плоскость P, а полученный отрезок OB на второй из данных лучей. Треугольник АСО прямоугольный (по теореме о трех перпендикулярах).

Косинус искомого угла АОС равен ^ОС/_OA. Используя построенным треугольники, можно выразить ОС через OA:

ОС = OB sin β = OA cos α sin β.

Ответ. arccos (cos α sin β).

3.2. Спроецируем данный треугольник ABC на плоскость P (рис. P.3.2) и построим угол CED, равный x, между плоскостью треугольника и плоскостью P. Введем в рассмотрение линейный элемент CD = а.

Тогда

Так как СЕ — высота в треугольнике ABC, опущенная на гипотенузу, то (из сравнения площадей) имеем

Подставляя вычисленные раньше значения AC, BC и СЕ, получим 

откуда

Так как угол x по построению всегда острый, то он определяется однозначно.

Ответ.

3.3. Из некоторой точки В₁ на стороне угла α опустим перпендикуляр B₁B на плоскость P (рис. P.3.3). Через В₁ проведем плоскость, параллельную плоскости P. Она пересечет другую сторону угла α в некоторой точке А₁. Через B₁B и А проведем плоскость, которая будет перпендикулярна к плоскости P.

Отрезки AA₁ и ВВ₁ равны. Обозначим АА₁ = ВВ₁ = а. Теперь можно вычислить все стороны треугольника ОАВ и воспользоваться теоремой косинусов, чтобы найти угол x.

Стороны OA и OB вычислить просто:

OA = а ctg γ, OB = а ctg β.

Сторона AB равна А₁В₁ в треугольнике ОА₁В₁

. Так как

то по теореме косинусов

Воспользуемся теоремой косинусов еще раз, но уже для треугольника ОАВ:

АВ² = ОА² + ОВ² − 2ОА · OB cos x.

Подставляя сюда найденные выше выражения для OA, OB и AB, получим уравнение относительно cos x. Решая его, после несложных тригонометрических преобразований найдем cos x.

Ответ.

3.4. Построим плоскость P, перпендикулярную к прямой а, и спроецируем на нее прямые b, с и d. Искомая прямая параллельна а, т. е. должна спроецироваться в точку О на плоскости P. Точка О будет одинаково удалена от проекций b₁, с₁ и d₁ трех этих прямых.

Поскольку прямые а, b, с и d скрещивающиеся, ни одна из прямых b, с и d не может спроецироваться в точку на плоскости P, так как иначе она оказалась бы параллельной прямой а.

Проекции никаких двух прямых из b, с, d не сольются, так как это означало бы, что эти две прямые лежат в одной плоскости. Поэтому проекции b₁, с₁ и d₁ могут расположиться на плоскости P лишь одним из четырех способов (рис. P.3.4, а).