ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

130. Проекция диагонали BD₁(рис. 117) на боковую грань ВСС₁В₁ есть ВС₁.    

рис. 117

Поэтому    /  C₁BD₁ = α.   Из  треугольника  BC₁D₁,    где  D₁С₁= b,    находим   BC₁= b ctg α.   Из   треугольника    В₁С₁В   имеем

3амечание. Подкоренное выражение cos 2α здесь (ср. замечание  2 к задаче 129) всегда положительно, ибо α < 45°. Действительно,

По В₁С₁  есть   катет,   а ВС₁—гипотенуза   треугольника   ВВ₁С₁.   Поэтому   tg α < 1,  т.   е. α  <45°.

______________________________________________

131. Если СВ  (рис. 118)  есть  высота  треугольника ABC,  опущенная  на  гипотенузу  АВ = с  ( на изображении  можно провести  CD  произвольно  внутри  угла  АСВ ),  то  /  CDC₁ = β  (доказать!).

рис. 118

Имеем

CD  = АВ • sin α cos α =¹/₂ с sin 2α

и

H = CC₁ = CD • tg β     

Эти выражения  подставляем в формулу

V = ¹/₃SH =¹/₃ • ¹/₂ с • CD • H

Отв. V = ¹/₂₄ с³ sin² 2α  tg β.

______________________________________________

132. Одна из частей призмы есть треугольная пирамида В₁АВС (рис. 119).

рис. 119

Ее объем   V₁ = ¹/₃V,   где V — объем призмы. Значит, объем  V₂ другой части  (четырехугольной пирамиды B₁A₁C₁CA ) равен  ²/₃V

Найдем V.

По   условию   ВС + АВ = т,   а из треугольника   ABC  находим BC=AB•cos α.    Следовательно,

Площадь  основания   призмы  S  равна

S = ¹/₂ • АС • ВС = ¹/₂ • ВС² • tg α.

Высоту Н = ВВ₁ определяем из треугольника  ВСВ₁, где / ВСВ₁ = β (доказать!). Получаем H = BC•tg β.

______________________________________________

133. Согласно предварительному замечанию к задаче 108,  S_ocн. = S cos φ = S sin α. С другой стороны,  

Приравнивая эти два выражения, получим a = 2√S cos α.

рис. 120

Точка О (центр окружности, вписанной в треугольник ABC; рис. 120) лежит на пересечении биссектрис углов треугольника, следовательно,

/  OCE = ^α/₂

и

OE = EC • tg ^α/₂ = ^a/₂ tg ^α/₂

из /\  DOE находим

H = OE• tg φ

______________________________________________

134.  На рис. 121 OA= OC = R— радиусы окружности, описанной «коло равнобедренного треугольника ABC (АВ = АС = а).

рис. 121

В силу условия α > 45° центр О лежит внутри треугольника AВС (при α  < 45° угол ,4 = 180° — 2α  был бы тупым, центр описанной окружности лежал бы вне треугольника ABC, и тогда плоскость, проведенная через высоту пирамиды и вершину С, не дала бы никакого сечения пирамиды). Высота пирамиды проходит через центр О см.  предварительное замечание ).

Из треугольника AOD имеем H = R tg β. Так как по теореме синусов   AC = a = 2R sin α,   то   

Найдем теперь основание СЕ сечения из треугольника АСЕ. В нем /  CAE = 180° — 2α, a /  ACE, лежащий в основании равнобедренного треугольника АОС (АО = ОС = R), равен /  CAO = ¹/₂  /  CAE = 90° — α.    Значит, / AEC = 3a — 90°. По теореме синусов

Замечание.   В   знаменателе можно написать   (—cos 3α); но угол 3α заключен    между    135° и 270°, так как 45° < α < 90°;   таким образом,   (—cos 3α)   есть  положительное число. Поэтому при вычислениях с таблицами удобнее иметь дело с углом 3α—90°, заключенным между 45° и 180°.

______________________________________________

135. 1) Найдем площадь Q основания призмы (рис. 122).

рис. 122

Имеем: Q = S₁ + S₂,   где   S₁ — площадь   прямоугольного   треугольника   ABC, a S₂ — площадь прямоугольного треугольника ADC,

2) Найдем высоту Н призмы из условия S = BD • H. Так как в четырехугольнике ABCD сумма углов при вершинах В и D равна 180°, то около него можно описать окружность, диаметром которой будет диагональ АС, потому что на нее опираются прямые вписанные углы. Из треугольника BCD, вписанного в эту окружность, находим (по теореме синусов)

BD = AC • sin /  DCB = l sin (α + β),

Следовательно,

Отв. V = ¹/₂ S • l cos (α — β).

______________________________________________

136.  Грани ADE и ВСЕ (рис. 123) — равнобедренные треугольники.

рис. 123

Плоскость EMN (М и N— середины ребер AD и ВС) перпендикулярна к ВС  и AD  и проходит  через   высоту EF пирамиды (доказать!).

По условию   внешний   угол  α = /  EML   треугольника EMN — острый.   Поэтому  высота  EF  пересекает продолжение   MN. Чтобы   определить  V,   найдем  сторону  АВ   квадрата   ABCD. Имеем

AB = MN =NF — MF = H (ctg β — ctg α).

Следовательно,

V = ¹/₃ АВ² • Н = ¹/₃ Н³(ctg β — ctg α)²

Построим линейный угол φ двугранного угла, под которым грань ABE наклонена к основанию. Для этого пересечем двугранный угол плоскостью EFK, перпендикулярной к ребру АВ. Чтобы изобразить ее, надо провести FK || AD до пересечения с продолжением ребра АВ (доказать!). Из треугольника EFK находим

______________________________________________

137. Высота EF пирамиды (рис. 124) лежит в грани CED, перпендикулярной к плоскости основания.

рис. 124

Плоскость, проведенная через EF перпендикулярно к ребру АВ, пересекает основание пирамиды по прямой MF || ВС, а боковую грань АЕВ — по прямой ME, перпендикулярной к АВ (  /  EMF = β ). Прямые AD и ВС перпендикулярны к плоскости  DEC,  так  что  / BCE = 90° и  / ADE=90° (все   это  надо   доказать).

Найдем  высоту  H = EF. По    условию    EF+EM = m; кроме    того,.  Поэтому    откуда

Далее из прямоугольного треугольника DEC находим

Наконец, находим

b = BC = MF = H ctg β = H tg α.

Следовательно,

Сумма   S₁+S₂   площадей   боковых   граней   ВЕС   и  AED  равна

______________________________________________

138.   а) Способ  изображения.  Высоту EF (рис. 125) проводим в середину F стороны DC. Соединяем вершину Е с серединой М стороны АВ. Тогда φ = /  FEM есть изображение угла между гранями ABE и DCE (доказать!).

рис. 125

б) Решение. Треугольник ВСЕ — прямоугольный, и в нем /  BEC = α (доказать!). Значит ВС = b sin α. Из треугольника ABE имеем AB = 2b sin α и ME = b cos α. Из треугольника MFE, где MF =  BC= b sin α, находим

FE = √ME²—MF²  =  b √cos²α — sin²α   = b √cos2α  .

Замечание. Подкоренное выражение cos 2α здесь всегда положительно, так как 2α<90°. Действительно,      сумма      двух    плоских углов   трехгранного   угла    при   вершине   В  больше третьего  ( /  ABС = 90°), т. е. , так что 2α<90°.

Угол φ лучше всего найти по его синусу.

Отв. V = b³ sin²α √cos2α ; φ = arc sin (tg α).

______________________________________________

139. Плоскость    ВСE    (рис.  126)   проведена через  сторону    ВС перпендикулярно к ребру AS. Двугранные   углы    между    боковыми гранями   (все   они   равны)   измеряются   углом   ВEС = φ.   Треугольник ВЕС — равнобедренный.

рис.  126

Чтобы определить площадь S сечения и угол φ, достаточно найти DE   (D — середина ВС). Для этого последовательно находим BS (из треугольника BSD, где  BD  =  ^a/₂    и    /  BSD = ^α/₂   ). 

Затем BE (из треугольника BSE, где / BSE = α) и, наконец, DE=√BE²—BD²  . Получаем

Замечание 1. Сумма плоских углов при вершине S всегда меньше 360°. Поэтому 0<α<120°. При     этом     условии 2cos^α/₂> 1, т. е.   так    что    уравнение   всегда   имеет  решение.

Замечание 2. Если α>90°, т. е. угол ASB при вершине боковой грани тупой, то высота BE треугольника ASB пересечет продолжение основания, и плоскость ВЕС не даст никакого сечения пирамиды. Между тем формула

и  при тупом угле α  (меньшем   120°, см. замечание 1)  даст определенное значение S.

Отв. φ = 2 arc sin ( ¹/₂ sec ^α/₂);

______________________________________________

140. Все восемь граней  октаэдра — равносторонние треугольники, так что
NE = ^a√3/₂   (рис.  127).

рис.  127

Четырехугольник ABCD — квадрат.

______________________________________________

141. Об изображении правильного шестиугольника см. замечание к задаче 89.

Равнобедренные треугольники ВМА и FMA (рис. 128) равны.

рис. 128

Поэтому их высоты, опущенные из вершин В и F, пройдут через одну и ту же точку N их общей стороны и будут равны: BN=FN. Угол BNF равен φ (доказать!).

Угол β = /  BAM выражается через искомый угол α  = / ВМА формулой

β = 90° — ^α/₂.

Найдем  сначала  тригонометрическую  функцию   угла β.   Из  прямоугольного треугольника ABN имеем sin β = ^BN/_a    (а — сторона основания). Из равнобедренного треугольника BNF   находим .

Но ВК = ^a√3/₂       (как   высота    равностороннего  треугольника    АВО).

Следовательно,

Замечание.   Двугранный угол при ребре правильной шестиугольной пирамиды всегда больше, чем /  FAB  (сравнить треугольники  BNF и BAF), т. е. больше    120°. Поэтому    величина     всегда меньше единицы.

______________________________________________

142. Грани   AMF    и    АМВ    (рис. 129, а),    проходящие    через ребро AM    (перпендикулярное   к    плоскости    ABCDEF),   образуют с плоскостью основания прямые углы.

рис. 129

Найдем общую величину β  углов, образуемых гранями EMF и СМВ с плоскостью основания. Опустим из А перпендикуляр AG на прямую СВ (изображение этой прямой должно быть параллельно СЕ, рис. 129, б). Тогда β = /  AGM (доказать!).

Имеем tg β = ^H/_AG  , где AG = СК =  ^a√3/₂. (рис. 129, б). Но из треугольника AMD имеем tg β = ^H/_2a ;     следовательно,

Так как AC_|_DC (доказать!), то γ  = /  ACM есть линейный угол для двугранного угла, под которым грань DCM (и DEM) наклонена   к   плоскости   основания.   Из   треугольника   АСМ   имеем  tg γ =  ^H/_AC,    где  AС = а√3      (рис. 129, б).

______________________________________________

143. Через прямую линию можно продести плоскость, перпeндикулярную к другой прямой, только в том случае, если эти прямые перпендикулярны.       

рис.   130

 Докажем, что   BC_|_AS   (рис.   130).   Проведем   плоскость    ASO    через ребро   AS   и   высоту  SO.   Так как А и   О   принадлежат   плоскости   ASO    и    одновременно плоскости   основания   ABC,  то эти   плоскости   пересекутся   по прямой   АО,   т.   е.   по   высоте AD   равнобедренного  треугольника ABC. Треугольники   OCD и OBD  равны   (доказать!), поэтому ОВ = ОС; следовательно, наклонные SC и SB тоже равны, а значит,   прямая  SD,   являющаяся   медианой  равнобедренного     треугольника     BSC, служит и его высотой. Так как прямые AD и SD, по доказанному,  перпендикулярны  к ребру ВС, то ребро ВС перпендикулярно к   плоскости   ADS,   a значит, и  к прямой AS, лежащей в этой плоскости, что и требовалось доказать.

Чтобы провести через ВС плоскость, перпендикулярную к AS, достаточно опустить перпендикуляр DE на прямую AS. Плоскость ВЕС перпендикулярна к ребру AS, так как две прямые, лежащие на ней  (DE и ВС), перпендикулярны   к   AS.   

Плоскость   ADS, перпендикулярная к ребру ВС, в пересечении с двугранным углом α дает угол ADE (линейный угол этого двугранного угла).

Треугольник ASD — равнобедренный  (так как высота SO проходит через середину основания AD). Следовательно,

/  ASD = 2 /  ASO = 2α

(/  ASO = /  ADE = α   как углы с перпендикулярными сторонами). Отношение объема V; пирамиды SBCE к объему V пирамиды АВСЕ  (эти пирамиды имеют общее основание ВСЕ) равно отношению высот, т. е. V₁ : V= SE : AE. Из треугольника DSE имеем

SE = DE • ctg /  ESD = DE • ctg 2α;

из треугольника AED находим

AE = DE • tg α;.

Следовательно,

V₁ : V=  ctg2α : tg α.

Oтв. V₁ = V ctg α ctg 2α.

______________________________________________