Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

^EF/_a = ^SL/_SP = ^KG/_KP = ¼, т. е. EF = ^а/₄.

Теперь можно подсчитать площадь сечения, которая равна

½(AB + CD)GH + ½(CD + FE)HL = ½(^5a/₄GH + ⁵/₄aHL) = ^5a/₄(½SK + ¹/₈SK) = ^25a/₃₂SK.

Так как aSK = 2Q, то площадь сечения можно выразить через Q.

Ответ.²⁵/₁₆Q.

4.8. Спроецируем С₁С на плоскость основания призмы (рис. P.4.8). Отрезок EK — средняя линия в треугольнике С₁CF.

Через точки K и D проведем прямую, которая пересечет AB в точке M. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Поскольку KC = ½FC, а DO = ½OB (ABC — правильный треугольник) и FC = OB (треугольники C₁FC и В

₁ОВ равны), то KC = DO. Покажем, что KC || DO. B самом деле, так как OB ⊥ AC, то и ВВ₁ ⊥ AC. Следовательно, CC₁ ⊥ AC, а значит, и KC ⊥ AC. Итак, KC и DO параллельны, а фигура KCOD — параллелограмм. Теперь мы можем воспользоваться тем, что отрезок KM параллелен CO, а потому перпендикулярен к AB. Отсюда следует, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Остаются простые вычисления:

Площадь треугольника ADB можно найти двумя способами: ½DM · AB = ½ DВ · AD, т. е. bDM = ^b²√3/₄, откуда MD = ^b√3/₄. Теперь найдем ЕМ:

Ответ.

4.9. B диагональной плоскости ВВ₁D₁D (рис. P.4.9) проведем через точку F отрезок EG, параллельный ВD.

B другой диагональной плоскости AA₁С₁С проведем через точку F отрезок KL || АС₁. B плоскости верхнего основания построим отрезок MN || В₁D₁ и проходящий через точку L. Точки K

, G, N, M, E являются вершинами сечения, площадь которого мы должны вычислить. Это сечение — пятиугольник, разбивающийся на треугольник EKG и трапецию EGNM. Если KR — высота треугольника, а Q — точка пересечения KR и EG, то площадь пятиугольника равна

½KQ · EG + ½(EG + MN)QR.

Так как KL || AC₁, то LC₁ = ¼A₁С₁ и MN = ½В₁D₁ = ½EG. B свою очередь  Поэтому

Чтобы вычислить отрезки KQ и QR, спроецируем KR на плоскость основания. Точка Q спроецируется в P, а точка R — в H. Обозначим через S и T проекции точек K и Q на отрезки QP и RH соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах АР ⊥ BD. Сравнивая площадь треугольника ADB, получим АР · BD = ab, а так как  то

Из подобия треугольников легко получим

AK = ¼с, RT = ¼с, QS = ½с.

Поскольку MN = ½В₁D₁, то 

QR = ½KQ. Из треугольника KQS находим

Теперь мы можем вычислить площадь фигуры:

S = ½ KQ · EG + ½ · ³/₂EG · ½KQ = ⁷/₈EG · KQ.

Ответ.

4.10. Чтобы построить тень куба, достаточно построить тень, отбрасываемую верхним основанием. По условию источник света расположен на высоте 2h. Из подобия треугольников, получающихся при построении тени, следует, что тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квадрат A₂В₂С₂D₂ (см. рис. P.4.10; также рис. 1.4.10 на с. 132).

Каждая сторона этого квадрата параллельна соответствующей стороне основания куба и равна 2h. Отрезок OO₂, соединяющий центры квадратов ABCD и A₂В₂С₂D₂, при вращении источника света не изменяется и равен R. Чтобы получить тень куба, нужно на рис. P.4.10, а построить «внешние» отрезки, соединяющие соответственные вершины квадрата A₁В₂С₂D₂ с вершинами нижнего основания куба.

Задача становится плоской. Нужно выяснить, когда площадь полученного многоугольника будет максимальной, если точка О₂ вращается вокруг точки О, а стороны квадрата A₂В₂С₂D₂ остаются параллельными сторонам квадрата ABCD.

B двух случаях (см. рис. P.4.10, б и в) площадь будет достигать максимума по сравнению с близкими положениями точки О

₂. B самом деле, если точка О₂ немного сместится из положения, изображенного на рис. P.4.10, б, вправо или влево по окружности радиуса R, то площадь тени уменьшится, так как уменьшится площадь трапеции АDD₂A₂: y этой трапеции основания AD и А₂D₂ не изменятся, а высота станет меньше. То же самое произойдет и в случае, изображенном на рис. P.4.10, в. Здесь уменьшится площадь трапеции BDD₂В₂.

Остается сравнить площади этих двух фигур.

Площадь первой равна

4h² + ^3h/₂(R − ^h/₂),

площадь второй

^3√2/₂Rh + ⁵/₂h².

При R > 2h вторая площадь больше, что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

4.11. Острый угол φ между плоскостью основания куба и плоскостью Π не изменится при параллельных переносах куба и при вращении его вокруг оси, перпендикулярной к плоскости Π.

Тень, отбрасываемая кубом, равна тени от заштрихованной на рис. P.4.11 фигуры, которая составлена из двух треугольников A₁B₁D₁ и BCD и диагонального сечения B₁D₁DB. Площадь тени равна

2 · ^a²/₂ cos φ + a²√2 cos (^π/₂ − φ) = a²(cos φ + √2 sin φ).

Максимум этого выражения равен а² √3 и достигается при φ = acrtg √2. Таким образом, тень, отбрасываемая кубом, имеет максимальную площадь, равную а² √3, когда шесть граней куба образуют с плоскостью Π одинаковые углы.

Глава 5

Геометрические места

5.1. Из любой точки M (рис. P.5.1) отрезок ON виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек — окружность, построенная на отрезке ON, как на диаметре.