Ответ. 5√2/7, √2/3.
3.17. Треугольники DAM и DMS (рис. P.3.17) имеют общую высоту, проведенную из вершины D. Поэтому отношение их площадей равно отношению оснований AM и MS.
Из подобия треугольников MSF и ASK следует, что AM : MS = KF : FS.
Отрезки KF и FS выразим через KE. По теореме синусов для треугольника KFE имеем
KF = KEsin β/sin (α + β).
Так как KS = KE/2 cos α, то
FS = KS − KF = KE/2 cos α − KEsin β/sin (α + β) = KEsin (α − β)/2 cos α sin (α + β)
(впрочем, это можно установить и непосредственно из треугольника EFS).
Остается найти отношение KF : FS.
Ответ. 2 sin β cos α/sin (α − β).
3.18. По условию высоты DO пирамиды проходит через точку пересечения высот основания. Поэтому, соединив точку О с вершиной С и продолжив до пересечения с AB, получим отрезок СЕ, являющийся высотой треугольника ABC, опущенной на сторону AB (рис. P.3.18).
Прямая AB перпендикулярна к DO и EC, следовательно, прямые AB и CD тоже перпендикулярны друг другу. Таким образом, прямая CD перпендикулярна к двум прямым BD и AB плоскости ABD, а потому перпендикулярна к прямой AD. Мы доказали, что угол ADC прямой. Аналогично доказывается, что прямые BD и AD тоже перпендикулярны.
Теперь нетрудно ответить на вопрос задачи: площадь треугольника ADB равна ½b · AD, а площадь треугольника ADC равна ½с · AD. Отношение площадей равно отношению неравных катетов.
Ответ.b/c.
3.19. Объем пирамиды SABC (рис. P.3.19) равен удвоенному объему пирамиды с основанием DSC и высотой AD.
Так как AD = a/2, то этот объем равен Sa/6, а объем всей пирамиды равен Sa/3, где через S обозначена площадь SDC.
Проведем высоту DE и вычислим EC и DE.
Треугольник CAS равнобедренный (AS = AC), поэтому
EC = ACsin α/2 = a/2 cos α sin α/2.
Так как DC = a/2 tg α, то
Остается вычислить объем:
V = aS/3 = a/3 · DE · EC.
Ответ.
3.20. Рассмотрим два случая:
α ≤ π/2, α >π/2.
Если угол α не тупой, то (рис. P.3.20, a) CD = SD = AB/2.
Пусть SO — высота пирамиды, SD и SE — высоты в треугольниках ASB и CSB. Из треугольника SOD
OS = SD sin α = AB/2 sin α, OD = AB/2 cos α.
B треугольнике COE угол OEC прямой, а угол OCE равен 45°. Поэтому
OE = OC/√2 = 1/√2(CD − OD) = AB/2√2(1 − cos α).
Теперь можно найти тангенс искомого угла:
tg x = OS/OE = √2 ctg α/2.
Если угол α тупой, то (рис. P.3.20, б) снова получим CD = SD = AB/2. Высота OS равна
OS = SD sin (π − α) = AB/2 sin α,
отрезок OD равен
OD = SD cos (π − α) = − AB/2 cos α
(угол α тупой и cos α < 0). Треугольник СОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный. Поэтому
OE = CO/√2 = 1/√2(CD + OD) = AB/2√2(1 − cos α).
Так как для OE и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не изменится.
Ответ.x = arctg (√2 ctg α/2).
3.21. Проведем в треугольнике ABC (рис. P.3.21) высоту BD и соединим точку D с вершиной S пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и SA, то SD — биссектриса угла ASC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. B нем
AD = SA · tg α/4, AB = SA · tg α, т. е.
Так как α — угол прямоугольного треугольника, то 0 < α <π/2, а потому tg α/4< tg α и правая часть уравнения меньше единицы.
Ответ.
3.22. Пусть M — середина AB. Тогда медианы СМ и DM (рис. P.3.22) являются одновременно высотами в равнобедренных треугольниках ABC и ABD. Следовательно, прямая AB перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треугольник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы, проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следовательно, его высота MK будет одновременно и медианой. Итак, отрезок KM, соединяющий середины AB и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке.
Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = √65, MK = 7. С другой стороны, из треугольников OKD и AMO находим Получаем уравнение
Ответ.R = 5.
3.23. Проведем через точку O (рис. P.3.23) сечение B1EC1 пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол B1EC1 равен α, а OE = а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии треугольник B1EC1 равнобедренный, а B1C1 и BC параллельны.
Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника B1EC1, рассмотрим треугольник SOA, для которого воспользуемся сравнением площадей:
SO · OA = OE · SA. (4)
Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, α и h:
Подставив в уравнение (4) и возведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнение
3h² tg² α/2 − h² = 3a² tg² α/2,
откуда
Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в знаменателе под радикалом:
Ответ.
3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен MN, т. е. параллелен плоскости основания, а следовательно, и ребру AB.
Аналогично отрезки KM и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещивающимся прямым, на которых лежат ребра AB и DC.
Докажем обратное: если провести сечение пирамиды, плоскость которого параллельна AB и DC, то в сечении получится прямоугольник. B самом деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроецировав DC на плоскость основания (рис. P.3.24), мы убедимся в том, что MN и EC взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и MN, а значит, и между LN и MN. Таким образом, KLMN — прямоугольник.
Мы доказали, что в сечении можно получить прямоугольник только с помощью плоскости, параллельной двум скрещивающимся ребрам.
Этот прямоугольник будет квадратом, если MN = MK. Из подобия треугольников ADC и AMK находим MK/CD = AM/AC, причем
Подставляя в первоначальное отношение, получим
Так как MK = MN, то получим уравнение относительно стороны квадрата, из которого
Ответ.
3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. P.3.25.
Соединим вершину R1 куба с вершинами пирамиды. Пирамида АBCР разобьется на три пирамиды: R1ABP, R1ACP, R1BCP, y которых общая вершина R1 и одинаковая высота x, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим
1/6abc = 1/6(xab + xbc + xac),
откуда найдем x.
Ответ. abc/ab + bc + ac.
3.26. Верхнее основание куба будет вписано в равносторонний треугольник A1B1C1 (рис. P.3.26) подобный основанию ABC пирамиды.
Выразим сторону A1C1 треугольника A1B1C1 через сторону вписанного квадрата:
A1C1 = 2A1E1 + a = 2a ctg 60° + a