E и F, таких, что АF = FB = DE = EC = 45°.
После проведенного анализа построение очевидно.
2.22. Выберем на глаз отрезок длины 1. Построим прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1. Гипотенуза его равна √2. Далее возьмем катеты 1 и √2. Получим гипотенузу √3. Если же катеты равны √3 и 2, то гипотенуза равна √7. На сторонах острого угла А (для удобства) отложим AB = 1, АВ1 = √7, AC = √7 (рис. P.2.22).
Соединим B и С, через В1 проведем прямую, параллельную BC. Она пересечет AC в точке С1. Из подобия треугольников ABC и АВ1С1 имеем AB : АВ1 = AC : АС1. Отсюда Однако это 7 выбранных нами единиц, а не реальный отрезок длины 7, данный в условии задачи. Отложим АС2 = 7. Это уже данный в условии отрезок. И проведем С2В2 || СВ. Отрезок АВ2 = √7.
2.23. Так как длина искомого отрезка есть
а длина данного отрезка равна а, то рассмотрим только такие значения а, что одновременно
Решение этой системы есть два интервала: 0 <а< 1 и а> 3.
Пусть 0 <а< 1. Тогда удобнее записать длину искомого отрезка так:
На одном луче угла отложим отрезки OA = 2 + а и OB = 3 + а, а на другом луче — отрезок ОС = 3 − а (рис. P.2.23, а). Соединим А и С, проведем BD || AC. Тогда
Осталось построить отрезок, длина которого равна OD/1 − а. Для этого отложим на одном луче угла отрезки OD и ОЕ = 1 − а, а на другом луче отрезок OK = 1 (рис. P.2.23, б). Проведем DL || EK. Отрезок OL имеет искомую длину:
Осталось рассмотреть случай а> 3. Решение отличается только тем, что вместо отрезков длины 3 − а и 1 − а придется рассматривать отрезки длины а − 3 и а − 1.
Глава 3Геометрические задачи в пространстве
3.1. На луче, перпендикулярном к MN, возьмем произвольную точку А (рис. P.3.1). Спроецируем OA на плоскость P, а полученный отрезок OB на второй из данных лучей. Треугольник АСО прямоугольный (по теореме о трех перпендикулярах).
Косинус искомого угла АОС равен ОС/OA. Используя построенным треугольники, можно выразить ОС через OA:
ОС = OB sin β = OA cos α sin β.
Ответ. arccos (cos α sin β).
3.2. Спроецируем данный треугольник ABC на плоскость P (рис. P.3.2) и построим угол CED, равный x, между плоскостью треугольника и плоскостью P. Введем в рассмотрение линейный элемент CD = а.
Тогда
Так как СЕ — высота в треугольнике ABC, опущенная на гипотенузу, то (из сравнения площадей) имеем
Подставляя вычисленные раньше значения AC, BC и СЕ, получим
откуда
Так как угол x по построению всегда острый, то он определяется однозначно.
Ответ.
3.3. Из некоторой точки В1 на стороне угла α опустим перпендикуляр B1B на плоскость P (рис. P.3.3). Через В1 проведем плоскость, параллельную плоскости P. Она пересечет другую сторону угла α в некоторой точке А1. Через B1B и А проведем плоскость, которая будет перпендикулярна к плоскости P.
Отрезки AA1 и ВВ1 равны. Обозначим АА1 = ВВ1 = а. Теперь можно вычислить все стороны треугольника ОАВ и воспользоваться теоремой косинусов, чтобы найти угол x.
Стороны OA и OB вычислить просто:
OA = а ctg γ, OB = а ctg β.
Сторона AB равна А1В1 в треугольнике ОА1В1. Так как
то по теореме косинусов
Воспользуемся теоремой косинусов еще раз, но уже для треугольника ОАВ:
АВ² = ОА² + ОВ² − 2ОА · OB cos x.
Подставляя сюда найденные выше выражения для OA, OB и AB, получим уравнение относительно cos x. Решая его, после несложных тригонометрических преобразований найдем cos x.
Ответ.
3.4. Построим плоскость P, перпендикулярную к прямой а, и спроецируем на нее прямые b, с и d. Искомая прямая параллельна а, т. е. должна спроецироваться в точку О на плоскости P. Точка О будет одинаково удалена от проекций b1, с1 и d1 трех этих прямых.
Поскольку прямые а, b, с и d скрещивающиеся, ни одна из прямых b, с и d не может спроецироваться в точку на плоскости P, так как иначе она оказалась бы параллельной прямой а.
Проекции никаких двух прямых из b, с, d не сольются, так как это означало бы, что эти две прямые лежат в одной плоскости. Поэтому проекции b1, с1 и d1 могут расположиться на плоскости P лишь одним из четырех способов (рис. P.3.4, а).
B первом случае (проекции образуют треугольник) мы получим четыре точки, равноотстоящие от b1, с1 и d1. Это — центры вписанной и вневписанных окружностей. Проводя через каждую из них прямую, перпендикулярную к плоскости P, придем к четырем решениям.
Во втором случае (две из проекций параллельны) получим два решения (рис. P.3.4, б).
B третьем случае (проекции пересекаются в одной точке) будет единственное решение — прямая, проходящая через общую для трех проекций точку.
B последнем случае (проекции b1, с1 и d1 параллельны) решения нет.
Так как все возможные случаи исчерпаны, то задача решена.
3.5. Проведем CD параллельно AB (рис. P.3.5).
Угол SCD искомый. Построим CF ⊥ AB и AD ⊥ AB. B прямоугольнике AFCD имеем CD = АF = а/2, AD = CF = . Из треугольника SAD находим Тангенс угла SCD равен SD : CD.
Ответ. √7.
3.6. Если OK = ½AB = 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:
OK² = OM² − m², OK² = OP² − l², т. е. OM² − m² = OP² − l²
(через m и l обозначены длины отрезков MK и KP соответственно).
Так как OM² = а² + AO², а OP² = b² + OB² и AO = OB, то
а² − m² = b² − l²
или
m² − l² = а² − b². (1)
Точно так же приравняем выражения для отрезка AP², полученные из треугольников MAP и ABP:
(m + l)² − а² = b² + AB².
Вспомнив, что по условию AB² = 2ab, получим (m + l)² = а² + 2ab + b², 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 ½EA · AF, где AF = а√3 . Итак, площадь треугольника AFE равна 3a²/2, и вследствие того, что FD = DE, площадь треугольника