ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

116. Об изображении правильной треугольной пирамиды см. задачу 94 (рис. 82).

а) Способ изображения. Сделав изображение правильной треугольной пирамиды DABC (рис. 103) , построим треугольник A₁B₁C₁, стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника ABC. Треугольник А₁В₁С₁ изображает верхнее основание усеченной пирамиды.

рис. 103

Изображение центра О₁ верхнего основания получается в пересечении DO с одной из медиан A₁E₁ треугольника А₁В₁С₁. Отрезок А₁М, параллельный ОО₁ и оканчивающийся в точке М, лежащей на медиане АЕ, изображает высоту усеченной пирамиды, опущенную из точки А₁ (отрезки DA₁, DB₁, DC₁ и DO₁ можно стереть).

б) Решение. Объем усеченной пирамиды

V= ^H/₃(Q + q + √Qq ),

где   Q   и   q — площади   треугольников   ABC   и   А₁В₁С₁ ,   так   что

Q =^√3/₄ а²;     q = ^√3/₄b².

Высоту Н = А₁М найдем из треугольника АА₁М, где /  МАА₁ = α  и АМ = АО — А₁O₁. Но АО и А₁O₁ — это радиусы окружностей, описанных около  ABC и А₁В₁С₁    Поэтому,  АО = ^a/_√3     и А₁O₁ = ^b/_√3    Значит,

Отв. V = ¹/₁₂ (а³ — b³) tg α.

______________________________________________

117. а) Способ изображения. Усеченная пирамида изображается как в предыдущей задаче. Для изображения линейного угла искомого двугранного угла проводим А₁Е и B₁F (рис. 104) параллельно OO₁ до пересечения с дигоналями АС и BD.

рис. 104

Проводим прямую EF; она будет параллельна АВ и пересечет ребра AD и ВС в точках М и N. Плоскость MA₁B₁N перпендикулярна к ребру AD, так как она проходит через прямые А₁Е и MN, перпендикулярные к ребру. Следовательно, /  EMA₁ = φ есть линейный угол двугранного угла при ребре   AD.

б) Решение.   Из  трапеции  MA₁B₁N получаем

Высоту  усеченной пирамиды  находим    из   треугольника АЕА₁  , где

Объем находим по   формуле V = ^H/₃ (а² + аb + b²). Искомый   угол φ = /  EMA₁ находим   из   треугольника   A₁ME,   где      (из трапеции MNB₁A₁). Имеем

______________________________________________

118. См. предварительное замечание  . Высота пирамиды должна проходить через центр окружности, описанной около основания.

рис. 105

Но в прямоугольном треугольнике ABC (рис. 105) центр лежит на середине гипотенузы АВ в точке Е. Следовательно, AЕ, BE и СЕ будут проекциями боковых ребер AD, BD и CD на плоскость основания, так что /  DAE =/  DBE = /  DCE = β. Объем    пирамиды    найдем  по  формуле

V =  ¹/₃ • ^{АС• СВ}/₂  • DE.

Из /\ АВС имеем АС = с cos α , ВС = с sin α; из /\ ADE находим  DE = ^c/₂tg β.  Обозначим плоские углы при вершине: /  ADB = θ₁  ,  /  BDC  = θ₂ и /  ADC = θ₃. Так как эти треугольники равнобедренные, то высоты их DE, DM и DN пройдут через середины соответствующих сторон основания.     

Из    /\ ABD     ииеем  /   θ₁= 180°— β;   из /\ DBC  имеем  и    из /\ ADC    имеем

Из    /\ ADE   находим  и из /\ АВС находим MB = ^ВC/₂ = ^c/₂ sin α и AN = ^AC/₂ = ^c/₂ cos α.

θ₁= 180° — 2β,

θ₂ =2 arcsin (sin α cos β),

θ₃ = 2 arcsin (cos α cos β).

______________________________________________

119. Требуется найти объем пирамиды C₁ABC (рис. 106).

рис. 106

Так как боковые ребра ее равны между собой, то они наклонены к основанию под одним и тем же углом (эта теорема обратна доказанной в предварительном замечании  ), и высота С₁О проходит через центр О окружности, описанной около треугольника ABC. Так как этот треугольник прямоугольный, то О лежит на середине гипотенузы АВ (см. объяснение к предыдущей задаче).   

Угол ODC₁  (В —середина   катета   АС)   измеряет наклон боковой грани АСС₁А₁   к основанию. Катеты  ВС и АС находим из двух уравнений:

ВС+АС = т и ВС = АС • tg α;

получаем

Затем    находим S_ocн. = ¹/₂ ВС • AС. Высоту H находим  из  треугольника DOC₁, где  OD = ¹/₂BС   (как средняя линия треугольника).

______________________________________________

120. Точка О есть центр окружности,   описанной около   основания ABC   (рис.   107)  (см.  предварительноe замечание).

рис.   107

OA = R есть радиус этой окружности. Объем пирамиды

(так как   ^{АE• DO}/₂ = Q). Сторону ВС находим по теореме синусов:

BC=2R sin(180°—2α) =2R sin 2α.

/\ ADO ~ /\ ABE   (так как   /  ADO = /  ABE = α );  имеем  пропорцию:

^АO/_AE = ^OD/_ВE   ,  oткуда   АО•ВЕ=АЕ•ОD.

Рис. 107 (где АО < АЕ) явно не соответствует этому соотношению. Но чертеж, точнее изображающий условие задачи φ = 90°— α, был бы очень не нагляден.

Подставив сюда

АО = R,    BE = ^BC/₂ ,     АЕ•ОD = Q,

получим

^{R• ВC}/₂ =  2Q

Исключив R из найденных формул, получим

ВС = √8Q sin 2α

______________________________________________

121. Если грани ADE и СDE (рис. 108) перпендикулярны к плоскости основания, то ребро DE есть высота пирамиды.

рис. 108

Угол DAE есть линейный для двугранного угла ЕАВС, так  как плоскость DAE перпендикулярна к ребру АВ (доказать!). Следовательно, /  DAE = α; аналогично /  DCE = β . Из треугольников ADE  и СDЕ,  где  DE=H,  находим    AD    и  DC    и    подставляем в формулу

V = ¹/₃ AD •  DC • Н.

Отв. V = ¹/₃ Н³ ctg α ctg β.

______________________________________________

122. Из   треугольника   ВDE (рис.   109),   где / EBD = β  (доказать!), находим

DE = l sin β  и BD = l cos β.

рис.   109

Значит,

Из треугольника   ADE находим АЕ = √AD²  + DE² . Угол φ наклона ребра АЕ к плоскости основания есть / DAE   (доказать!).  Из треугольника ADE имеем tg φ = ^DE/_AD.

Отв. DE = l sin β;

______________________________________________

123. Наибольшую площадь имеет  грань ADB     (рис.   110),   так как ее высота DE больше высоты DC двух других боковых граней, а основания у всех граней одинаковы.

рис.   110

Из треугольника ACD имеем

AD = ^a/_{cos β}   и   H = a tg β.

Затем   находим   из   треугольника   ADE

Угол φ наклона грани ADB к плоскости основания есть /  CED (доказать!). Имеем

tg φ = ^H/_EC

где   EС = ^a√3/₂

______________________________________________

124. Площадь  S сечения  равна ¹/₂ •AB•NM (рис.    111).   

рис.    111

Из прямоугольного треугольника AСN, где /  CAN=30°, находим

AN = ¹/₂ •AB = ^√3/₂  a  и  CN = ¹/₂  a

Из треугольника NСM имеем

где H = а tg α  можно получить из треугольника AСD.

______________________________________________

125.  Об изображений правильной треугольной  пирамиды см. задачу 94 .

а). Способ изображения. Чтобы изобразить сечение, перпендикулярное к основанию ABC (рис. 112) и делящее пополам стороны основания АВ и АС, проведем среднюю линию MN.

рис. 112

Из точки  F, где MN пересекает медиану АЕ, проведем FK параллельно высоте OD. Искомое сечение есть NMK. Действительно, плоскость   NMK   проходит  через  прямую   FK.,   перпендикулярную к плоскости ABC (значит, плоскость NMK перпендикулярна к плоскости ABC). Двугранный угол α измеряется углом AED (доказать!).

Плоскость AED проходит через прямую KF, так как точки  K   и   F  лежат   в   плоскости   AED.

б) Решение. Примем за основание пирамиды KANM треугольник AMN. Его площадь S составляет ¹/₄ площади треугольника ABC, т. е. S =¹/₁₆ a²√3. Высоту KF выразим через OD, пользуясь подобием треугольников AFK и AOD. Так как AF составляет ³/₄ АО (ибо AF = ¹/₂ АЕ,  а   АО = ²/₃AE) , то KF = ³/₄ OD.

Отрезок    OD   находим   из   треугольника   DOE,   где  OЕ = ^a√3/₆  и /  DEO = α.

______________________________________________

126. Прямая MN (рис. 113), по которой плоскость основания пересекается с плоскостью сечения, параллельна ВС.

рис. 113

Чтобы построить угол φ, проведем OF || AB и соединим точку K, где OF встречает MN, с E.    Тогда  /  OKE = φ    (доказать все это).

Площадь сечения  S= ¹/₂ • МN • KE, где MN = a и KE = ^H/_sin φ . Высота Н определяется из треугольника  EOF, где OF= ^a/₂  и  FE = ^a/₂ ctg ^α/₂ (из треугольника EBF). Получаем

______________________________________________

127. Об изображений правильной треугольной  пирамиды см. задачу 94 .

 В  сечении  получаем  треугольник  DKN   (рис.   114).  

рис.   114

Как в   задаче   125, докажем,  что   плоскость    AED    перпендикулярна к стороне ВС. Значит, она перпендикулярна и к средней линии KN. Следовательно, /  DME — линейный угол данного двугранного угла α.

Из треугольника OMD, где ОМ= ¹/₆ АЕ = ¹/₆ •  ^a√3/₂,      находим

Площадь основания пирамиды DAKN вчетверо меньше площади основания пирамиды DABC, а высота у них общая. Поэтому объем V₁  пирамиды DAKN равен  ¹/₄V,  где V—объем пирамиды DABC. Следовательно, объем пирамиды DKNBC      V₂ = ³/₄ V.   Объем    V   равен

V = ¹/₃   •  S_ocн. •   H = ¹/₃ • ^√3/₄ a²  • .^a√3/₁₂ tg α

______________________________________________

128. По условию BE : EA = 2 : 1 (рис. 115).

рис. 115

Сечение есть /\ DEC. Haйдем его площадь S. Треугольник DEС — равнобедренный, так как EC=ED как соответственные стороны равных треугольников AЕС и   AED   (AC = AD;   сторона   AE — общая и  /  CAE = /  DAE = 60°).

Проведем высоту его EN;   тогда S = ^{a • EN}/2   Для  определения  EN найдем сначала ЕС из /\  АСЕ (по теореме косинусов):

EС² = AС² + AE² — 2  •  AE  •  АС  •  cos 60° = ⁷/₉ а².

Теперь из /\ ENC находим

Обозначим углы сечения /  ECD = /  EDC  через α.  Тогда /  CED = π —2α. Из треугольника CEN имеем

______________________________________________

129. Об   изображении   усеченной   пирамиды   см.   задачу   116.   См. также задачу 117.

Боковая грань ВСС₁В₁ (рис. 116) — равнобочная трапеция с основаниями ВС= а и B₁C₁ = b  (a > b)  и углом α при основании а.

рис. 116

Отрезок B₁N — ее высота. Находим   .

Из   треугольника B₁NF, где  , находим

Замечание 1. Если острый угол a меньше чем 45°, подкоренное выражение отрицательно. Но угол α не может быть меньше 45°. Действительно, сумма плоских углов ВСС₁ = α п DCC₁ = α трехгранного угла С всегда больше третьего плоского угла BCD; но /  BCD = 90°, поэтому 2α > 90°, т. е. α > 45°.

Замечание 2. Выражение √tg²α — 1     можно    преобразовать к  виду

Так как 2α больше чем 90° (но меньше чем 180°, ибо α — острый угол), то cos 2αвсегда отрицателен. Значит, подкоренное выражение (— cos 2α) всегда положительно.

______________________________________________