Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

S = 1/2 KQ · EG + 1/2 · ³/₂EG · 1/2 KQ = 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 О₂. 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

4h^2 + ^3h/₂(R– ^h/₂),

площадь второй

³²/₂Rh + ⁵/₂h^2.

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

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

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 · ^{a^2}/₂ cos + a^22 cos (/₂– ) = a^2(cos + 2 sin ).

Максимум этого выражения равен а^2 3 и достигается при = acrtg 2. Таким образом, тень, отбрасываемая кубом, имеет максимальную площадь, равную а^2 3, когда шесть граней куба образуют с плоскостью 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.

5.2. Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту точек. По теореме косинусов для треугольника AMB (рис. P.5.2) имеем

AB^2 = AM^2 + BM^2 - 2AM · BM cos .

Так как AM · BM cos = 3/4 AB^2, то

AM^2 + BM^2 = ⁵/₂AB^2. (1)

Если МС — медиана треугольника АМВ, то

4MC^2 = 2АМ^2 + 2ВМ^2 - АВ^2.

Воспользуемся соотношением (1) и заменим 2(АМ^2 + ВМ^2) на 5АВ^2:

4МС^2 = 5АВ^2 - АВ^2, т. е. МС = AB.

Итак, искомое геометрическое место точек — окружность радиусом AB с центром в середине AB.

5.3. Докажем вначале, что если точка M лежит на рассматриваемой окружности, то выполняется сформулированное в условии задачи соотношение. Обозначим центр окружности буквой O и выберем на окружности произвольную точку M, отличную от А и С (рис. P.5.3).

Применим к стороне МВ треугольника АМВ теорему косинусов:

МВ^2 = АМ^2 + АВ^2 - 2АМ · AB cos А.

Из треугольника АMO находим AM = 2АO cos А, откуда cos А = ^AM/_2AO. По условию АO = ^AB/₃. Подставляя cos А = ³/₂^AM/_AB в выражение для МВ^2, получим МВ^2 = АМ^2 + АВ^2 - ЗАМ^2, т. е. 2АМ^2 + МВ^2 = АВ^2, что и требовалось проверить.