Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

(здесь использована лемма об объеме тела вращения треугольника; S_o — площадь основания конуса, S_б — площадь его боковой поверхности).

Так как V_ш = ^r/₃(4πr³) = ^r/₃S_ш, то

V_к : V_ш = (^r/₃S_пк) : (^r/₃S_ш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB₁. Спроецируем точку B₁ на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B₁E и B₁D — соответственно высоты параллелограммов CC₁B₁B и AA₁B₁B, то B₁D = B₁E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B₁OE и B₁OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52,

а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK ⊥ AC и, следовательно, В₁В ⊥ AC. Поскольку ребро A₁A параллельно В₁В, то А₁A ⊥ AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА₁С₁С — прямоугольник. Если AB = а, A₁A = b, то S₂ = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен ^π/₆). Отрезок OD найдем из треугольника В₁OD, а отрезок OB — из треугольника В₁OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку  получаем возможность определить а:

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО ⊥ KB. Поэтому KB ⊥ ВВ₁ и, следовательно, KB ⊥ АА₁. Мы установили, что параллелограмм АА₁С₁С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А

₁O₁ призмы принадлежит плоскости АА₁С₁С, т. е. Ha = S₂, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S₁ = S₂ из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S₁ = аВ₁D, S₂ = аВ₁В и В₁D < В₁В, то первому случаю соответствует требование S₁ < S₂. Условие положительности подкоренного выражения 4 S²₁ − S²₂ приводит ко второму ограничению S₂ < 2S₁.

Для второго случая получаем S₁ = аВ₁D, S₂ = aH. Так как В₁D > H, то S₁ > S₂. Случай S₁ = S

₂ 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 O₁O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO₁ = SO₁ = R, а AO = ⁶/_√3 = 2√3, то по теореме Пифагора для треугольника AOO₁ : x

² + AO² = R², т. е. x² + 12 = R². Соотношение для y найдем из треугольника SO₁D, где O₁D = y, SO₁ = R. Тогда SD² = R² − y². 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 x² = R² − 12, т. е.

Тогда  а после возведения в квадрат и приведения подобных членов: 64R² = 28² + 8у² + y⁴ или 64R² = (y² + 4)² + (28² − 16).

Поскольку

^{28² − 16}/₆₄ = ^{4² · 7² − 4²}/_{4² · 4} = ^{7² − 1}/₄ = ⁴⁸/₄ = 12,

имеем R² = ^(y² + 4)²/₆₄ + 12. Это выражение при x = 0 достигает своего минимального значения R² = ^4²/₆₄ + 12 = 12¼  = 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