Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

Каждый из отрезков OF, OD и OE можно выразить через H:

OD = H ctg , OE = H ctg , OF = H ctg . Следовательно,

H = ^a3/_{2(ctg + ctg + ctg )}.

Если точка О лежит вне треугольника ABC, то один из данных двугранных углов тупой (на рис. P.3.9, в угол при BC, т. е. ). Следовательно, его котангенс будет отрицательным. Это соответствует тому факту, что площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников АВО и АОС за вычетом площади треугольника ВОС. Таким образом, результат останется таким же, как в случае, когда О

лежит внутри треугольника ABC.

Наконец, как легко убедиться, полученная формула дает верный результат и в том случае, когда точка О лежит на стороне треугольника ABC или совпадает с его вершиной. (Соответствующие котангенсы обращаются в нуль.)

Ответ. V = ^{a^3}/_{8(ctg + ctg + ctg )}.

3.10. Так как AC = BC по условию (рис. P.3.10), то прямоугольные треугольники ADC и BDC равны и, следовательно, AD = BD. Треугольник ADB — равнобедренный, его медиана DE, проведенная из вершины D, будет одновременно и высотой. Таким образом, мы доказали, что двугранный угол при ребре AB измеряется линейным углом DEC, который обозначим через x.

Высота DO треугольника EDC будет высотой пирамиды. B самом деле, ребро AB перпендикулярно к ED и EP, т. е. к плоскости EDC. Отрезок DO, следовательно, перпендикулярен не только к EC, но и к AB, т. е. перпендикулярен к плоскости ABC.

Заметим также, что CD — перпендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямоугольный с прямым углом при вершине D.

Мы знаем, что V = 1/3 S · OD. Отрезок OD равен ED sin x, а отрезок ED в свою очередь равен EC cos x, т. е. ^2S/_a cos x.

Итак,

V = 1/3 S · ^2S/_a cos x sin x,

откуда sin 2x = ^3Va/_S^2. 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. 1/2 acrsin ^3aV/_S^2.

3.11. Так как площадь основания равна 3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. P.3.11) находим AO = b cos x; с другой стороны,

AO = 2/3 AD = 2/3 ^a3/₂.

Поэтому 

^a/₃ = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = ^a/₂ = b sin 2x. Разделив второе соотношение на первое, получим

sin x = ³/₄.

Так как SD = ^a/₂ ctg 2x, то нужно вычислить ctg 2x:

Следовательно, SD = ⁵/₃₉, а площадь боковой поверхности равна ³/₂а · SD.

Ответ. ⁵/₃₉.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С₁ЕА₁ подобны, так как медианы AE

и СЕ делятся точками C₁ и A₁ в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C₁A₁ = 1/3 AC. Аналогично доказывается, что В₁А₁ = 1/3 AB и C₁B₁ = 1/3 BC и т. д., т. е. площади S₁ и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A₁B₁C₁ лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D₁N₁, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D₁N₁C₁ подобны, т. е. D₁N₁ = 1/3 DN. Остается сравнить объемы

Ответ. ¹/₂₇.

3.13. Пусть О₁, О₂ и О₃ — точки пересечения медиан соответствующих граней (на рис. P.3.13 изображены лишь О₁ и О₂), О — центр шара.

Прямоугольные треугольники SO₁О, SO₂О и SO₃О равны (О₁О = О₂О = О₃О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO₁ = SO₂ = SO₃, и поэтому SB₁ = SB₂ = SB₃.

Докажем теперь, что треугольник А₁А₂А₃ правильный. Для этого достаточно установить равенство треугольников A₂SB₁ и A₂SB₃, т. е. любых соседних из шести таких треугольников. Установим в них равенство углов при вершине S. Пусть C₂ — точка пересечения плоскости О₁ОО₂ с ребром SA₂. Прямоугольные треугольники О₁SC₂ и О₂SC₂ тоже равны. Отсюда углы О₁SC₂ и О₂SC₂ равны и, следовательно, равны треугольники B₁SA₂ и B₃SA₂. Таким образом, В₁А₂ = В₃А₂, т. е. А₂А₃ = А₁А₂. Итак, в основании пирамиды лежит правильный треугольник.