Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

Ответ. 7.

3.6. Если OK = 1/2 AB = OA, то треугольники OAM и OKM (рис. P.3.6) равны. Таким образом, условие OK = OA равносильно условию AM = KM и (совершенно аналогично) условию BP = KP.

Отрезок OK входит в оба треугольника OKM и OKP:

OK^2 = OM^2 - m^2, OK^2 = OP^2 - l^2,

т. е. OM^2 - m^2 = OP^2 - l^2

(через m и l обозначены длины отрезков MK и KP соответственно).

Так как OM^2 = а^2 + AO^2, а OP^2 = b^2 + OB^2 и AO = OB, то

а^2 - m^2 = b^2 - l^2

или

m^2 - l^2 = а^2 - b^2. (1)

Точно так же приравняем выражения для отрезка AP^2, полученные из треугольников MAP и ABP:

(m + l)^2 - а^2 = b^2 + AB^2.

Вспомнив, что по условию AB^2 = 2ab, получим (m + l)^2 = а^2 + 2ab + b^2, т. е.

m + l = а + b. (2)

Разделив почленно равенство (1) на равенство (2), получим

m - l = а– b, (3)

а решая систему из уравнений (2) и (3), найдем m = а, b = l, что и требовалось доказать.

3.7. Обозначим через PQ (рис. P.3.7) прямую, по которой пересекаются грани AOD и BOC, а через RS — прямую, по которой пересекаются грани AOB и DOC. Прямые PQ и RS определяют плоскость P. Через произвольную точку M на АО проведем плоскость, параллельную плоскости P. Фигура MNKL, получившаяся в сечении, будет параллелограммом.

B самом деле, MN || PQ и LK || PQ, a ML || RS и NK || RS,

как прямые, получившиеся в результате пересечения двух параллельных плоскостей третьей. Следовательно, MN || LK и ML || NK, что и требовалось доказать.

3.8. Продолжим ED и CB (рис. P.3.8) до пересечения в точке F и проведем AF — ребро двугранного угла, косинус которого нужно найти.

Так как EC = 2DB (по условию), то DB — средняя линия в треугольнике EFC. Поэтому FB = BC = а. Поскольку BA = а, то треугольник FBA равнобедренный. Сумма его углов, прилежавших к FA, равна 60°, а угол BAF равен 30°.

Мы убедились в том, что угол CAF прямой, а следовательно, линейный угол EAC измеряет искомый двугранный угол. Теперь остаются простые вычисления:

По теореме о трех перпендикулярах отрезки EA и FA взаимно перпендикулярны; поэтому площадь треугольника EAF равна 1/2 EA · AF, где AF = а3 . Итак, площадь треугольника AFE равна ^{3a^2}/₂, и вследствие того, что FD = DE, площадь треугольника DEA в два раза меньше.

Ответ. ^{3a^2}/₂, ¹/₃.

3.9. Обозначим высоту SO пирамиды через H. Предположим, что вершина пирамиды спроецируется в точку O, лежащую внутри треугольника ABC, и пусть углы SDO, SEO и SFO измеряют данные двугранные углы (рис. P.3.9, а).

Рассмотрим отдельно треугольник ABC (рис. P.3.9, б). Площадь его, с одной стороны, равна сумме площадей треугольников AOB, BOC и COA, а с другой стороны, равна ^{a^23}/₄. Поэтому

1/2 a(OF + OD + OE) = ^{a^23}/₄, т.е. OF + OD + OE = ^a3/₂.