|
154. Из некоторой точки S, отличной от вершины С и лежащей на том из ребер трехгранного угла, которое не является стороной плоского угла α, опустим перпендикуляры SB и SD на стороны указанного плоского угла и перпендикуляр SA на соответствующую грань (рис. 158).
рис. 158
Обозначим искомые углы через β1 и γ1:
/ SCB = γ1, / SCD = β1.
Пусть, далее, / АСВ = α', / ACD = α". Полагая СА = а, из прямоугольных треугольников СВА, SBA и SBC находим:
Аналогично получаем:
tgβ1 = sec β tg α".
Задача свелась, следовательно, к нахождению tg α' и tg α". Имеем α' + α" = α. Вычисляя разными способами отрезок SA, находим:
SA = a sin α' tg γ
и
SA = a sin α"tg β.
Отсюда sin α' = sin α" tg β ctg γ и, следовательно,
В результате, разделив на cos α' обе части последнего равенства, получаем:
______________________________________________
155. Так как сумма внутренних углов правильного многоугольника равна πn, то число сторон многоугольника равно п + 2.
рис. 159
Пусть PQ—высота пирамиды (рис. 159). Рассмотрим какую-нибудь боковую грань пирамиды /\ QAB и ее проекцию на основание, т. е. /\ РAВ. Из условия задачи следует:
Так как площади данных треугольников относятся как их высоты, опущенные на общее основание АВ, то для косинуса двугранного угла при основании имеем:
______________________________________________
156. Полученное тело есть октаэдр, вершины которого находятся в центрах симметрии граней куба (рис. 160).
рис. 160
Объем октаэдра равен удвоенному объему правильной четырехугольной пирамиды EABCD высоты a/2 с площадью основания ABCD, равной 1/2 а2. Следовательно, искомый объем равен
______________________________________________
157. Легко видеть, что в сечении получится равнобочная трапеция ABCD ( рис. 161).
рис. 161
Пусть Р — середина стороны EF основания пирамиды. Рассмотрим /\ SPR, содержащий высоту SO пирамиды. Отрезок KО, очевидно, является высотой трапеции ABCD.
Так как KO | | SR, то KO = 1/2 h, где h — апофема пирамиды.
Очевидно также, что АВ = 2а, где а — длина стороны основания пирамиды и DC = 1/2 EF = 1/2 а . Поэтому
и, следовательно, искомое отношение равно 5/4.
______________________________________________
158. Пусть A1BC1D—данный тетраэдр, ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед, полученный указанным построением. Легко сообразить, что ребра тетраэдра являются диагоналями боковых граней параллелепипеда (рис. 162).
рис. 162
Тетраэдр может быть получен удалением из параллелепипеда четырех равновеликих пирамид: ABDA1 , BDCC1 , А1В1С1В и A1D1C1D. Так как объем каждой из пирамид, очевидно, равен 1/6 объема параллелепипеда, то отношение объема Vn параллелепипеда к объему VT тетраэдра равно
______________________________________________
159. Легко видеть, что наружные вершины тетраэдров лежат в вершинах некоторого квадрата. Чтобы определить длину его стороны, проведем через вершину S пирамиды и через наружную вершину А одного из тетраэдров плоскость, перпендикулярную к основанию четырехугольной пирамиды (рис. 163).
рис. 163
Последняя пройдет через основание О высоты пирамиды, через основание Q высоты тетраэдра и через середину М ребра KL. Опустив на плоскость основания пирамиды перпендикуляр АВ, рассмотрим четырехугольник SOBА. Его сторона ОВ является половиной диагонали упомянутого квадрата и подлежит определению. Легко, однако, обнаружить, что SOBA—прямоугольник. В самом деле, положив / OMS = α , / ASM = β, находим:
и
Поэтому SA и OB параллельны и, следовательно,
OB = SA= a.
Таким образом, искомое расстояние равно a√2 .
______________________________________________
160. Предположим, что секущая плоскость проведена через некоторую точку диагонали HP данного куба (рис. 164).
рис. 164
Рассмотрим сначала те сечения, которые пересекают диагональ в точках отрезка ОР. Выделим сечение QRS, проходящее через три вершины куба; оно, очевидно, принадлежит рассматриваемой совокупности. Это равносторонний треугольник со стороной a√2 . Нетрудно вычислить, что расстояние данного сечения от центра куба равно  . Очевидно, что при  в сечении получаются равносторонние треугольники. Так как отношение сторон рассматриваемых треугольников равно отношению их расстояний до точки Р, то
Отсюда, принимая во внимание, что  , находим:
MN = 3/2√2а — х √6. (1)
Если же  , то в сечении получаются шестиугольники ABCDEF.
Стороны шестиугольника АВ, FE и CD соответственно параллельны сторонам QR, QS и RS равностороннего треугольника QRS. Поэтому при продолжении, пересекаясь, они образуют углы в 60°. Учитывая еще, что AF || CD и т. д., мы приходим к заключению, что все углы шестиугольника равны 120°. Легко видеть также, что AB = CD = EF и BC = DE = AF (следует принять в расчет, что стороны шестиугольника отсекают на гранях равнобедренные треугольники).
Для того чтобы найти длины сторон шестиугольника, продолжим сторону АВ шестиугольника до пересечения в точках М1 и N1 с продолжениями ребер PQ и PR. Длина отрезка M1N1, может быть, очевидно, вычислена по формуле (1). Зная M1N1 находим отрезок
BN1 = ( √2/2 M1N1 — a ) √2 = a/2√2— x√6
Отсюда
AB = M1N1 — 2BN1 = a/2√2 + x√6. (2)
Сторону ВС можно было бы определить аналогично. Нетрудно, однако, сообразить, что BC = BN1 и, следовательно,
BC = a/2√2— x√6. (3)
Отметим, что в сечении с плоскостью π, проходящей через точку О, получается правильный шестиугольник (см. формулы (2) и (3) при x = 0). Вершины этого шестиугольника лежат в серединах ребер куба (рис. 165).
рис. 165
Легко видеть, что если одну из двух частей, на которые плоскость π разбивает куб, повернуть на 60° около диагонали ОР, то шестиугольник совпадает с самим собой, и мы получим два симметрично расположенных относительно плоскости π многогранника. Следовательно, сечение, пересекающее диагональ в точках отрезка НО на расстоянии х от точки О, получается из соответствующего сечения уже рассмотренной совокупности секущих плоскостей поворотом на 60°.
______________________________________________
161. В проекции получится правильный шестиугольник со стороной, равной Чтобы в это убедиться, удобно представить себе результат проектирования всевозможных сечений куба, рассмотренных в задаче 160 (см. рис. 164). Все указанные сечения проектируются без изменения размеров, и мы получим фигуру, показанную на рис. 166.
рис. 166
Пользуясь тем, что сторона треугольника RQS равна а√2 , из треугольника GOS находим:
откуда  . Tак как далее сторона правильного шестиугольника A1B1C1D1E1F1 (см. рис. 165) равна  , то искомое отношение площадей оказывается равным
______________________________________________
162. Пусть AEFD — получающаяся в сечении равнобочная трапеция и пусть G и Н — середины ее оснований ( рис. 167).
рис. 167
Опустим из точки Н перпендикуляр НК на основание пирамиды. Так как Н—середина SN, то
HK = h/2, KN = a/4, GK= 3a/4. (1)
Определим, далее, длины отрезков QO и QS. Так как
QO/HK = GO/GK'
то, учитывая (1), получаем
Отсюда QS = 2/3h,
 (2)
Опустим из точки S перпендикуляр SM на GH. Тогда из подобия треугольников SMQ и GOQ имеем
SM/QS = GO/GQ
и, следовательно, искомое расстояние равно
______________________________________________
163. Рассматриваемое тело составлено из двух пирамид с общим основанием KMN (рис. 168).
рис. 168
Высоту OR нижней пирамиды легко найти, опустив из точки Р (середины стороны KN) перпендикуляр PD на основание пирамиды. Точка D при этом разделит отрезок QL пополам. Используя этот факт, из /\ APD получаем:
PD/RQ = DA/QA = 5/4
Отсюда RQ = 4/5 PD, и, следовательно,
Мы воспользовались здесь тем, что в правильном тетраэдре высота равна  Искомый объем равен 
______________________________________________
164. Пусть AMKN — четырехугольник, получающийся в сечении, и Q —точка пересечения его диагоналей ( рис. 169).
рис. 169
Рассматривая /\ SAC, легко заметить, что Q лежит на пересечении медиан этого треугольника. Поэтому
MN/BD = SQ/SO = 2/3
и значит, MN = 2/3 b. Далее из прямоугольного треугольника SAC находим
AK = 1/2SC = 1/2√q2 + a2
Так как АК _|_.MN, то
Sсеч. = 1/2 АК•MN = b/6 √q2 + a2
______________________________________________
165. Пусть NQN1Q1 и LML2M2— параллельные сечения призмы (рис. 170), а — длина диагонали АС основания, H — длина отрезка KK1.
рис. 170
Тогда площадь первого сечения равна
S = H/2 (a + a/2 ) = 3/4 Ha
Площадь второго сечения будет
S' = 1/2 PT (A2C2 + LM) + 1/2 P1T(A2C2 + L1M1).
Но
A2C2 = a, LM = a/4 , L1M1= 3/4 а, РТ= 3/4 Н, P1T = 1/4H,
что легко усматривается из подобия соответствующих треугольников. В силу этого получаем:
S' = 11/16 aH
и, следовательно,
S' = 11/12 S
Замечание. Эта задача может быть весьма просто решена другим путем, если принять во внимание формулу
Sпр. = S cosφ, (1)
где S — площадь некоторого многоугольника, расположенного в плоскости Р, Sпр.—площадь проекции этого многоугольника на плоскость Q, φ—угол между плоскостями Р и Q.
рис. 171
Согласно формуле (1) площади рассматриваемых в задаче параллельных сечений относятся как площади их проекций. И наша задача сводится к нахождению площадей двух фигур: L'1M'1CMLA и N'1Q'1CQNA (рис. 171) (буквы со штрихами обозначают проекции соответствующих точек на основание призмы).
______________________________________________
166. Рассмотрим пирамиду KAEF, являющуюся одним из многогранников (рис. 172).
рис. 172
Мы считаем, что
АE/EB = АF/FC = 1/2
Поэтому
АE/AB = АF/AC = 1/3
и, следовательно,
S /\ AEF = 1/9 S /\ ABC (1)
Пусть, далее, KM и SN —высоты пирамид KAEF и SABC. Легко видеть, что
KM/SN = АK/AS = 2/3
Поэтому KM = 2/3SN и, учитывая (1), мы получаем, что
VKAEF = 2/27VSABC
Искомое отношение равно 2/27.
______________________________________________
167. Примем грань с площадью S0 за основание ABC данной пирамиды ABCD. Пусть DO—высота пирамиды, a DA1, DB1, DC1—высоты боковых граней (рис. 173).
рис. 173
По теореме о трех перпендикулярах ОС1 _|_ АВ, OA1_|_BC и ОВ1 _|_ АС, в силу чего углы / DC1O, / DA1O и / DB1O являются линейными углами соответствующих двугранных углов и по условию задачи равны. Отсюда следует равенство треугольников DОС1, DOA1 и DOB1. Для удобства вычислений введем следующие обозначения:
DO = H, DC1 = DA1 = DB1 = h, OC1 = OA1 = OB1 = r,
S1 + S2 + S3 = S.
Очевидно, что r есть радиус окружности, вписанной в /\ ABC. Объем пирамиды ABCD равен
V=1/3S0H. (1)
Из прямоугольного треугольника DOC1 получим:
Н =√h2 — r2 . (2)
Таким образом, задача сводится к нахождению апофемы h и радиуса r.
Из формулы S3 = 1/2 ABh и ей аналогичных найдем выражения для сторон треугольника ABC:
Следовательно, полупериметр будет
Радиус r вписанной окружности найдем из формулы, выражающей площадь S0 треугольника ABC через этот радиус и полупериметр:
Подставив это значение в формулу (2), получим:
Подставив сюда значение h из равенства (3) и внеся полученный результат в формулу (1), окончательно получим:
______________________________________________
168. Разрежем куб пополам диагональной плоскостью, перпендикулярной к оси вращения, и получившийся многогранник повернем на 90°. В результате возникнет изображенная на рис. 174 конфигурация.
Общая часть складывается из прямоугольного параллелепипеда ABCDD1A1B1C1 и правильной пирамиды SABCD. Высоту параллелепипеда находим из /\ ВВ1T:
Высота пирамиды
Площадь общего основания параллелепипеда и пирамиды равна a2
Таким образом, искомый объем общей части равен
______________________________________________
|