Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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

Мы знаем, что V = ⅓S · 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 = ⅓S · ^2S/_a cos x sin x,

откуда sin 2x = ^3Va/_S². 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. ½acrsin ^3aV/_S².

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 = ⅔AD = ⅔ ^a√3/₂.

Поэтому 

^a/_√3 = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = ^a/₂ = b sin 2x. 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 С₁ЕА

₁ подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C₁ и A₁ в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C₁A₁ = ⅓ AC. Аналогично доказывается, что В₁А₁ = ⅓ AB и C₁B₁ = ⅓ 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 D₁N₁, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D₁N₁C₁ подобны, т. е. D₁N₁ = ⅓ 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 (О

₁О = О₂О = О₃О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO₁ = SO₂ = SO₃, и поэтому SB₁ = SB₂ = SB₃.

Докажем теперь, что треугольник А₁А₂А₃ правильный. Для этого достаточно установить равенство треугольников A₂SB₁ и A₂SB₃, т. е. любых соседних из шести таких треугольников. Установим в них равенство углов при вершине S. Пусть C₂ — точка пересечения плоскости О₁ОО₂ с ребром SA₂. Прямоугольные треугольники О₁SC₂ и О₂SC₂ тоже равны. Отсюда углы О₁SC₂ и О₂SC₂ равны и, следовательно, равны треугольники B₁SA₂ и B₃SA₂. Таким образом, В₁А₂ = В₃

А₂, т. е. А₂А₃ = А₁А₂. Итак, в основании пирамиды лежит правильный треугольник.

Из равенства треугольников B₁SA₂ и B₃SA₂ следует также равенство треугольников A₁SA₂ и A₂SA₃, т. е. равенство всех боковых ребер. Это означает, что вершина S проецируется в центр основания А₁А₂А₃. Тем самым доказано, что пирамида правильная.

3.14. Достроим пирамиду до полной. Все параллельные сечения пирамиды подобны. Составим схематический рис. P.3.14, на котором А и B — стороны квадратов, равновеликих основаниям, M — сторона квадрата, равновеликого сечению, проходящему через середину высоты данной усеченной пирамиды. Последнее условие мы запишем так:

Из подобия треугольников, изображенных на рис. P.3.14, следует, что

откуда

Составим среднее арифметическое величин А и B:

что и требовалось доказать.

3.15. Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCE (рис. P.3.15). Угол DAE равен углу между AD и BC. Обозначим его через x.

B треугольнике DAE

AD = а₁, AE = а.

Вычислим DE. Так как в дальнейшем мы воспользуемся теоремой косинусов, то удобнее находить DE².

Отрезок DO является медианой в треугольниках ADC и BDE:

Чтобы найти DE², достаточно вычислить BE². Но ВЕ — диагональ параллелограмма ABCЕ, т. е. ВЕ² = 2а² + 2с² − b². Следовательно,

Применим к треугольнику ADE теорему косинусов:

DE² = a₁

² + a² − 2aa₁ cos x.

Приравнивая два выражения для DЕ², найдем cos x. При этом следует иметь в виду, что по определению угла между скрещивающимися прямыми x — острый угол.

Ответ.

3.16. Плоскость ABE (рис. P.3.16) делит тетраэдр на две пирамиды SABE и CABE с общим основанием ABE.

Так как отношение объемов дано, а основание у пирамиды общее, то h₂ : h₁ = 5 : 3, в силу же равенства SD = CD имеем

^{sin α}/_{sin β} = ³/₅, т.е. sin α = ³/₅ sin β.

Кроме того, так как тетраэдр правильный, углы α и β образуют угол SDO, косинус которого равен 1. Поэтому

cos α cos β − sin α sin β = ⅓.

Выразив в этом уравнении sin β и cos β через sin α (так как пирамида правильная, углы α и β острые), получим

где y = sin² α.

Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем y = ²/₁₁ и вычислим tg α:

Поскольку sin² β = ²⁵/₉ sin² α = ⁵⁰/₉₉, то аналогично найдем tg β.

Ответ. ^5√2/₇, ^√2/₃.

3.17. Треугольники DAM и DMS (рис. P.3.17) имеют общую высоту, проведенную из вершины D. Поэтому отношение их площадей равно отношению оснований AM и MS.

Из подобия треугольников MSF и ASK следует, что AM : MS = KF : FS.

Отрезки KF и FS выразим через KE. По теореме синусов для треугольника KFE имеем

KF = KE ^{sin β}/_{sin (α + β)}.

Так как KS = ^KE/_{2 cos α}, то

FS = KS − KF = ^KE/_{2 cos α} − KE ^{sin β}/_{sin (α + β)} = KE ^{sin (α − β)}/_{2 cos α sin (α + β)}