Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

(впрочем, это можно установить и непосредственно из треугольника EFS).

Остается найти отношение KF : FS.

Ответ. ^{2 sin β cos α}/_{sin (α − β)}.

3.18. По условию высоты DO пирамиды проходит через точку пересечения высот основания. Поэтому, соединив точку О с вершиной С и продолжив до пересечения с AB, получим отрезок СЕ, являющийся высотой треугольника ABC, опущенной на сторону AB (рис. P.3.18).

Прямая AB перпендикулярна к DO и EC, следовательно, прямые AB и CD тоже перпендикулярны друг другу. Таким образом, прямая CD перпендикулярна к двум прямым BD и AB плоскости ABD, а потому перпендикулярна к прямой AD. Мы доказали, что угол ADC прямой. Аналогично доказывается, что прямые BD и AD тоже перпендикулярны.

Теперь нетрудно ответить на вопрос задачи: площадь треугольника ADB равна ½b · AD, а площадь треугольника ADC равна ½с · AD. Отношение площадей равно отношению неравных катетов.

Ответ.^b/_c.

3.19. Объем пирамиды SABC (рис. P.3.19) равен удвоенному объему пирамиды с основанием DSC и высотой AD.

Так как AD = ^a/₂, то этот объем равен ^Sa/₆, а объем всей пирамиды равен ^Sa/₃, где через S обозначена площадь SDC.

Проведем высоту DE и вычислим EC

и DE.

Треугольник CAS равнобедренный (AS = AC), поэтому

EC = AC ^{sin α}/₂ = ^a/_{2 cos α} sin ^α/₂.

Так как DC = ^a/₂ tg α, то

Остается вычислить объем:

V = ^aS/₃ = ^a/₃ · DE · EC.

Ответ.

3.20. Рассмотрим два случая:

α ≤ ^π/₂, α > ^π/₂.

Если угол α не тупой, то (рис. P.3.20, a) CD = SD = ^AB/₂.

Пусть SO — высота пирамиды, SD и SE — высоты в треугольниках ASB и CSB. Из треугольника SOD

OS = SD sin α = ^AB/₂ sin α, OD = ^AB/₂ cos α.

B треугольнике COE

угол OEC прямой, а угол OCE равен 45°. Поэтому

OE = ^OC/_√2 = ¹/_√2(CD − OD) = ^AB/_2√2(1 − cos α).

Теперь можно найти тангенс искомого угла:

tg x = ^OS/_OE = √2 ctg ^α/₂.

Если угол α тупой, то (рис. P.3.20, б) снова получим CD = SD = ^AB/₂. Высота OS равна

OS = SD sin (π − α) = ^AB/₂ sin α,

отрезок OD равен

OD = SD cos (π − α) = − ^AB/₂ cos α

(угол α тупой и cos α < 0). Треугольник СОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный. Поэтому

OE = ^CO/_√2 = ¹/_√2(CD + OD) = ^AB/_2√2(1 − cos α).

Так как для OE и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не изменится.

Ответ. x = arctg (√2 ctg ^α/₂). 

3.21. Проведем в треугольнике ABC (рис. P.3.21) высоту BD

и соединим точку D с вершиной S пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и SA, то SD — биссектриса угла ASC.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. B нем

AD = SA · tg ^α/₄, AB = SA · tg α, т. е.

Так как α — угол прямоугольного треугольника, то 0 < α < ^π/₂, а потому tg ^α/₄ < tg α и правая часть уравнения меньше единицы.

Ответ.

3.22. Пусть M — середина AB. Тогда медианы СМ и DM (рис. P.3.22) являются одновременно высотами в равнобедренных треугольниках ABC и ABD. Следовательно, прямая AB перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треугольник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы, проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следовательно, его высота MK будет одновременно и медианой. Итак, отрезок KM, соединяющий середины AB и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке.

Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = √65, MK = 7. С другой стороны, из треугольников OKD и AMO находим  Получаем уравнение

Ответ.R = 5.

3.23. Проведем через точку O (рис. P.3.23) сечение B

₁EC₁ пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол B₁EC₁ равен α, а OE = а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии треугольник B₁EC₁ равнобедренный, а B₁C₁ и BC параллельны.

Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника B₁EC₁, рассмотрим треугольник SOA, для которого воспользуемся сравнением площадей:

SO · OA = OE · SA. (4)

Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, α и h:

Подставив в уравнение (4) и возведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнение

3h² tg² ^α/₂ − h² = 3a² tg² ^α/₂,

откуда

Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в знаменателе под радикалом:

Ответ.

3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен MN, т. е. параллелен плоскости основания, а следовательно, и ребру AB.

Аналогично отрезки KM и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещивающимся прямым, на которых лежат ребра AB и DC.