Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD₁C₁C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D₁D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).

Обозначим ребро куба через а и вычислим объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид: NAFD и MEFC.

Отрезок EC — средняя линия в треугольнике AFD, следовательно, CF = СО = а.

Вычертим отдельно треугольник BFD и проведем OK || ND (рис. P.4.1, б). Так как О — центр грани куба, то OK = ^a/₂, DK = KC = ^а/₂. Из подобия образовавшихся треугольников находим

MC = ^а/₃, ND = 2MC = ^2а/₃.

Так как треугольники EFC и EAB равны (см. рис. P.4.1, а), то площадь треугольника AFD равна а², а площадь треугольника EFC равна ^a²/₄. Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME:

⅓ND · a² − ⅓MC · ^a²/₄ = ⅓^2a/₃a² − ⅓^a/₃^a²/₄ = ^7a³/₃₆,

и найти искомое отношение объемов.

Ответ. 29 : 7.

4.2. Проведем прямую FG, которая пересечет А₁В

₁ и А₁D₁ в точках M и L соответственно (рис. P.4.2). Соединив точки M и А и точки L и А, получим еще две точки E и K, принадлежащие сечению.

Площадь сечения AEFGK вычислим как разность площади треугольника AML и удвоенной площади треугольника KGL.

Треугольники ЕВ₁М, FC₁G и GD₁L равны. Следовательно, D₁L = В₁F = ½, MF = FG = GL. С помощью треугольников МА₁L и АА₁L можно найти стороны треугольника AML:

его высоту

и его площадь

Треугольники AML и KGL подобны, так как GK и AM параллельны (они получены в результате пересечения двух параллельных граней куба плоскостью сечения), с коэффициентом подобия ⅓ (мы доказали раньше, что 3GL = ML). Следовательно, площадь треугольника KGL равна ¹/₉ площади треугольника AML, а площадь сечения AEFGK равна ⁷/₉ площади AML.

Ответ.

4.3. Пусть K — точка пересечения AO₁ и C₁C (рис. P.4.3). Соединим K с центром Q боковой грани BB₁C₁C и получим сечение куба. Так как Q — центр симметрии квадрата B₁C

₁CB, то B₁E = FC. Проведем O₁C₁ и AC. Отрезок O₁C₁ — средняя линия в треугольнике AKC, и, следовательно, KC₁ = C₁C.

Треугольники KFC и KEC₁ подобны с коэффициентом подобия 2. Поэтому FC = 2EC₁. Так как FC = В₁Е, то отношение отрезков B₁E к ЕС₁ равно 2.

Ответ. 2.

4.4. Пусть высота данной пирамиды h, сторона основания а. Найдем объем фигуры, лежащей под сечением BEFG (рис. P.4.4, а), как разность объемов пирамид EBCM и FGDM.

Объем первой пирамиды равен

⅓^h/₂^3a²/₂ = ¾(⅓ha²) = ¾v,

где v — объем данной пирамиды.

Чтобы найти высоту пирамиды FGDM, сделаем чертеж плоскости, в которой лежит грань SDC (рис. P.4.4, б). Проведем EL параллельно SD. Так как E — середина SC, то DL = ½DC = ^a/₂. Из подобия треугольников MEL и MFD найдем

^FD/_EL = ^MD/_ML = ^2a/_2,5a = ⁴/₅.

Нетрудно проверить (сделайте это самостоятельно), что высота пирамиды FGDM равна ⁴/₅ высоты

EBCM, т. е. ^4h/₁₀.

Из подобия треугольников MGD и MBC (см. рис. P.4.4, а) найдем GD = ^2a/₃. Это означает, что объем пирамиды FGDM равен

⅓^4h/₁₀^2a²/₃ = ⁴/₁₅(⅓ha²) = ⁴/₁₅v,

Таким образом, объем фигуры, лежащей под сечением, равен

¾v − ⁴/₁₅v = ²⁹/₆₀v.

Ответ.²⁹/₃₁.

4.5. Сечение AMND и диагональная плоскость ASC разбивают данную пирамиду на четыре части. Так как высота пирамиды NACD (рис. P.4.5) вдвое меньше высоты данной пирамиды, а площадь основания вдвое меньше площади основания ABCD, то ее объем равен ^v/₄, где v — объем данной пирамиды.

Рассмотрим пирамиды ASBC и ASMN с общей вершиной A. Их высоты равны, а площадь основания первой в четыре раза больше. Следовательно, их объемы относятся, как 4 : 1. Таким образом, на долю пирамиды ABMNC приходится ^3v/₈.

Теперь можно найти, какую часть объема пирамиды составляет фигура, расположенная под сечением:

¼v + ³/₈v = ⁵/₈v.

Ответ. 5 : 3.

4.6. Соединим точки P, Q и R с вершиной A (рис. Р.4.6), после чего соединим их между собой.

Продолжим A₁B₁ до пересечения с QP в точке E и A₁D₁ до пересечения с QR в точке F. Обе точки E и F лежат в плоскости верхнего основания, а EF — след сечения в этой плоскости, который пересекает верхнюю грань куба по отрезку MK.

Продолжим DC до пересечения с PR

в точке G и соединим K с G. На ребре СС₁ получим точку L, принадлежащую сечению.

Из подобия треугольников QА₁Е и QAP следует, что А₁Е = А₁Q = ^3a/₂, где а — ребро куба.

Следовательно, В₁Е = ^а/₂. Аналогично D₁F = ^а/₂ и СG = ^а/₂, откуда следует, что МС₁ = KC₁ = LC₁ = ^а/₂. Объем пирамиды MC₁LK равен а³ : 48.

Ответ. 1 : 47.

4.7. Пусть MN = а (рис. P.4.7).

Тогда aSK = 2Q. Выразим искомую площадь через а и SK. Отрезок AB — средняя линия трапеции IМNJ, а отрезок DC — средняя линия треугольника SIJ. Поэтому

AB = ³/₂а, DC = а.

Из подобия треугольников SOK и HOG следует, что HG = ½SK. Осталось определить HL и EF:

HL = GL − GH = ¾SK − ½SK = ¼SK;

из подобных треугольников FSL и RSP