Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

Ответ. ^a/₃.

3.35. Из соображений симметрии ясно, что точка O лежит на диагонали AC₁ куба. Для доказательства достаточно установить, что плоскость KMN (рис. P.3.35) перпендикулярна к АС₁ и что АС₁ проходит через точку O₁, являющуюся центром треугольника KMN.

По теореме о трех перпендикулярах АС₁ BD. Следовательно, АС₁ KN.

Аналогично прямая АС₁ перпендикулярна к KM или MN, т. е. АС₁ — перпендикуляр к плоскости KMN.

Треугольник KMN равносторонний. Так как AK = AN = AM, то из равенства соответствующих треугольников, имеющих общие вершины в точках А и О₁, получаем KO₁ = NO₁ = MO₁.

Мы доказали, что центр О сферы лежит на продолжении отрезка АС₁.

Так как AK — биссектриса в треугольнике OKO₁, то

. Отсюда найдем OK = R, выразив остальные отрезки через ребро куба:

Подставив все эти выражения в пропорцию

, получим уравнение относительно R. После простых преобразований это уравнение запишется в виде

6R^2 - 26 aR– 3а^2 = 0.

Геометрический смысл имеет только положительный корень.

Ответ.

3.36. Докажем вначале, что каждая сторона четырехугольника параллельна биссектральной плоскости двугранного угла, образованного данными взаимно перпендикулярными плоскостями. Перенесем сторону четырехугольника параллельно себе так, чтобы одна из ее вершин лежала на ребре этого двугранного угла (рис. P.3.36, а). Полученный отрезок RS спроецируем на плоскости P и Q. Так как проекции при параллельном переносе не изменяются, то RS₁ = RS₂ = 1. Построим линейный угол S₁TS₁, измеряющий двугранный угол между плоскостями P и Q, и соединим точки S и T. Треугольники RS₁T и RS₂T и треугольники RS₁S и RS₂S попарно равны, т. е. прямоугольные треугольники S₁ST и S₂ST — равные и равнобедренные. Следовательно, углы STS₁ и STS₂ равны 45°, а это означает, что сторона данного четырехугольника параллельна биссектральной плоскости. Проведя аналогичные рассуждения для каждой стороны, придем к выводу, что плоскость четырехугольника параллельна биссектральной плоскости.

Перенесем теперь плоскость P параллельно так, чтобы четырехугольник уперся в нее одной из своих вершин, которую обозначим буквой А (рис. P.3.36, б).

Спроецируем четырехугольник ABCD

на плоскость P. Поскольку его проекция АВ₁С₁D₁ — квадрат, то ABCD — параллелограмм. Поэтому один из отрезков AB или AD равен ⁵/₂. Предположим, что это AB.

Построим теперь след, оставленный плоскостью четырехугольника ABCD на плоскости P. Для этого построим вначале точку E, в которой пересекаются прямые BC и В₁С₁, а затем соединим E и А. Угол между плоскостями ABCD и P измерим линейным углом BFB₁, равным 45°. Остается провести вычисления:

 следовательно, угол B₁AF равен 30° и поэтому B₁E = ¹/₃; находим

 и так как

, то BC = ⁷/₂.

Ответ. 5 + 7 .

3.37. Опишем около данной пирамиды конус с образующей l, высотой H и радиусом нижнего основания R. Объем конуса больше объема пирамиды. Если мы докажем, что объем конуса меньше куба образующей, то задача тем самым будет решена.

Рассмотрим угол между H и l. Тогда

H = l cos , R = l sin ,

а объем конуса равен

V = /₃ R^2H = /₃ l^3 sin^2 cos .

 Составим отношение:

^V/_l^3 = 1/3 sin^2 cos = /₆ sin 2 sin <= /₆ < 1,

что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

3.38. B осевом сечении конуса получим картину, изображенную на рис. P.3.38.

По условию r = pR. Из подобия треугольников ЕОВ и FO₁B получим

^r/_R = ^{H– 2R - r}/_{H– R}, т. е. H = ^{2R^2}/_{R– r},

а из подобия треугольников AOB и ОЕВ (AB = l) найдем

^l/ = ^{H– R}/_R, (5)

т. е.

l = ^{H– R}/_R = ^{1 + p}/_{1 - p}.