Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Докажем обратное: если провести сечение пирамиды, плоскость которого параллельна AB и DC, то в сечении получится прямоугольник. B самом деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроецировав DC на плоскость основания (рис. P.3.24), мы убедимся в том, что MN и EC взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и MN, а значит, и между LN и MN. Таким образом, KLMN — прямоугольник.

Мы доказали, что в сечении можно получить прямоугольник только с помощью плоскости, параллельной двум скрещивающимся ребрам.

Этот прямоугольник будет квадратом, если MN = MK. Из подобия треугольников ADC и AMK находим ^MK/_CD = ^AM/_AC, причем

Подставляя в первоначальное отношение, получим

Так как MK = MN, то получим уравнение относительно стороны квадрата, из которого

Ответ.

3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. P.3.25.

Соединим вершину R₁ куба с вершинами пирамиды. Пирамида АBCР разобьется на три пирамиды: R₁ABP, R₁ACP, R₁BCP, y которых общая вершина R₁ и одинаковая высота x, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим

¹/₆abc = ¹/₆(xab + xbc + xac),

откуда найдем x.

Ответ. ^abc/_ab + bc +

ac. 

3.26. Верхнее основание куба будет вписано в равносторонний треугольник A₁B₁C₁ (рис. P.3.26) подобный основанию ABC пирамиды.

Выразим сторону A₁C₁ треугольника A₁B₁C₁ через сторону вписанного квадрата:

A₁C₁ = 2A₁E₁ + a = 2a ctg 60° + a = a(1 + ²/_√3).

Площадь треугольника A₁B₁C₁ тогда равна  Так как треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны и расстояние первого от центра подобия равно h, а расстояние второго равно h − а, то отношение площадей равно ^h²/_(h − a)². Поэтому площадь треугольника ABC равна

Ответ.

3.27. Пусть трехгранный угол пересечен некоторой плоскостью и в сечении образовался треугольник со сторонами a, b и с (рис. P.3.27).

Обозначим через x, y и z боковые ребра образовавшейся пирамиды, если ее вершиной считать вершину данного трехгранного угла. Тогда объем этой пирамиды равен ^xyz/₆. Поскольку все плоские углы, образующие трехгранный угол, прямые, имеем

x² + y² = a², y² + z² = b², z² + x² = с².

Сложим эти уравнения, найдем x² + y² + z² = ½(а² + b² + с²). Теперь легко определить x, y и z. Таким образом,

Если треугольник в сечении тупоугольный и а ≤ b < с, то а² + b² < с², 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,

CF² = BC² − BF², с другой стороны, CF² = AC² − AF², т. е. BF² − AF² = а²− b².

Составим систему уравнений:

из которой найдем BF² = ½(а² − b² + с²), AF² = ½(с² − а² + b²). Теперь можно вычислить CF и AK:

CF² = а² − ½(а² − b² + с²) = ½(а² + b² + с²),

Объем пирамиды ABCD равен 2 · ⅓AK(½DC · 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 α. Тогда объем нашего тела будет выражен через α.

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 α, S_MNCD = 6 · 8 = 48,

V_ANBMCD = ⅓ S_MNCD(AK + BL) = 4 · 48 sin α,

S_MANB = ½ AB · NM sin α = 48 sin α.

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

Таким образом,

48 + 2 · 48 sin α = 4 · 48 sin α.

Отсюда

sin α = ½.

Ответ. α = ^π/₆.

3.30. Поставим четырехугольную пирамиду A₁BB₁C₁C, 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 = 2√3 R.