ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

172.  Пусть    r = ON — радиус    круга,    вписанного в    основание пирамиды См. предварительное замечание к задаче 108 .

рис. 158

Из треугольника DON (рис. 158) имеем CO = H = r tg α. Так как    центр   О вписанной    окружности    лежит на    пересечении    биссектрис углов A и В, то

'Гак как угол С прямой, то четырехугольник MCNO — квадрат, так что MC = CN = r. Следовательно,

АС = b = AM + МС = r (ctg ^α/₂ + l)     и    СB = a = r [ctg (45° — ^α/₂) + 1] .

Выражения в скобках преобразуются, как в задаче 153, после чего получаем

Следовательно,

V = ¹/₃ S_ocн. • H = ¹/₃ r³ tg α ctg ^α/₂ ctg (45° — ^α/₂ )

Это выражение можно упростить, если заметить, что

Боковую и полную поверхность можно найти по формулам

(См. предварительное замечание к задачам 108 и 109.)

______________________________________________

173. Плоскость отсекает от призмы пирамиду B₁ABC (рис. 159), высота которой   проходит   через центр О окружности, вписанной в основание пирамиды; поэтому все боковые грани ее образуют с плоскостью основания равные углы α ;

рис. 159

следовательно,

(См. предварительное замечание к задачам 108 и 109.)

Из  /\ OCD,   где OD = r  и  /  OCD = ^α/₂,  находим DC = r ctg ^α/₂.   

Из  /\ ADC  находим AD = DC • tg α = r ctg ^α/₂ tg α.    

Следовательно,

Полученные   выражения   можно    упростить,    представив    tg α в виде

Объем призмы

V = S_ocн. • H ,

где    H =  r  tg α    (из /\  B₁OD).

______________________________________________

174. Из  /\ ВМС  (рис.    160),

рис.    160

где  / MCВ = 45°, а  / МВС = 180°— (45°+ α ) — 45° = 90°— α , по теореме синусов имеем

Из /\ DCM находим H = m tg α.

Линейными углами для двугранных DACB и DBCA будут / DNM и / DKM; эти углы равны, так как равны треугольники MКС и MNC (по гипотенузе и острому углу) и треугольники DMK и DNM (по гипотенузе и катету). Обозначим их величину через φ;

тогда   tg φ =  ^H/_MN  , где MN = ^m/_√2

______________________________________________

175. Пусть ABE  (рис.   161, a) —первая,  а ADE — вторая  боковая  грань.  

рис.   161

По условию они наклонены  к основанию под одним и тем же углом α. Отсюда следует,   что точка О, через   которую проходит высота,   лежит на   диагонали   АСК   Действительно, если из точки О (рис. 161, б) опустить перпендикуляры ОМ и ОN *) на стороны АВ и AD, то /  OME = α  и  /  ONE = α (доказать!);

*) На пространственном чертеже (рис. 161, а) один из этих перпендикуляров, например ОМ, можно изобразить произвольной прямой, но после этого второй строится вполне определенным образом, так как прямая MN должна быть параллельна диагонали BD, Это легко доказать на плоском чертеже (рис. 161, б),

следовательно,

ОМ = H ctg α    и    ON = H ctg α.

т. е. OM = ON. Значит, точка О лежит на биссектрисе угла BAD, т. е. на диагонали АС ромба ABCD.

Но тогда также имеем OM₁ = ON₁   (OM₁ и ON₁ — продолжения ОМ и ON), откуда следует равенство треугольников ОМ₁Е и ON₁E и, значит, / ON₁E = / ОМ₁Е, что и требовалось доказать.

Из треугольника ОМЕ находим ОМ = Н ctg α, a из треугольника ОМ₁Е  имеем
ОМ₁= Н ctg β. Следовательно, высота h ромба равна h = MM₁ = H (ctg α + ctg β).

Значит,

V = ¹/₃S_ocн. H = ¹/₃ ahH = ¹/₃ aH² (ctg α + ctg β),

S_п.= S_ocн.  + 2S_ABE + 2S_BEC = a ( h + ME + N₁E)

где   МE = ^H/_{sin α}       N₁E = ^H/_{sin β} 

Тогда

Выразив числители и знаменатели через   ^α/₂ и  ^β/₂  и сократив дроби, получим

______________________________________________

176. Пусть /  A   (рис. 162) — острый угол ромба, так что АС— большая    диагональ  и   /  OAD = ^α/₂   

рис. 162

Проведем    MK_|_AC  и   МN_|_ВD. На рис. 162 следует провести MK||BD и MN||AC,    так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны (ср. предыдущую основу).

  Пусть φ  есть  угол,   под которым   плоскость EAС, наклонена к плоскости основания.   Тогда /  МКЕ = φ  и   / MNE = ψ.

Для  определения   Н  выразим  МК и MN через  Н; 

получим  MK = H ctg φ  и  MN = H ctg ψ; эти выражения подставим в соотношение

где двугранный угол φ   имеет   ребром    большую   диагональ ромба, а угол ψ — меньшую.

______________________________________________

177.  На рис. 163 отрезок АВ изображает гипотенузу основания. Для построения линейного угла а нужно пересечь ребро ВВ₁ плоскостью, перпендикулярной к этому ребру. В данном случае такую плоскость можно провести через катет АС. Чтобы доказать  это, нужно доказать, что AC_|_BB₁

рис. 163

По условию вершина В₁ проектируется в точку D (середина ВС), лежащую на катете ВС.   

Следовательно,   если   провести через В прямую KL, перпендикулярную к ВС, то KL будет перпендикулярна также и к BB₁ (теорема о трех перпендикулярах). А так как AC||KL, то AC_|_BB₁, что и требовалось доказать.

Проведем через АС плоскость АЕС, перпендикулярную к BB₁. Боковая поверхность призмы равна периметру СE + AC + AE перпендикулярного сечения, умноженному на ребро ВВ₁. Из прямоугольного треугольника ВСЕ, где /  CBE = β (доказать!) и ВС= а, находим СE = а sin β. Прямая KL, а значит, и параллельная ей прямая АС перпендикулярна к грани BB₁C₁C Поэтому треугольник АСЕ — прямоугольный   при    вершине   С. Значит, АС = СЕ tg α   и АЕ =  ^CE/_{cos α} , так что

СЕ + АС + АЕ = a sin β (l + tg α +  ¹/_{cos α} )

Ребро BB₁ находим из треугольника BDB₁ где BD = ^a/₂.  Получаем ВВ₁ = ^a/_{2cos β} , так что

Преобразуем выражение в скобках, как указано в задаче 164, и cos α, как указано в задаче 172.

______________________________________________

178. Как в предыдущей задаче, докажем, что ребро АА₁_|_ВС (рис.  164), а следовательно, и   ВВ₁_|_ВС и грань   BB₁C₁C — прямоугольник.

рис.  164

/  А₁АС = /  А₁АВ = 2α . (доказательство см. в задаче. 160) и, следовательно, грань AA₁C₁C=AA₁B₁B. Точка Е— середина стороны АВ и EO_|_AB (точка О — центр окружности, описанной около  /\ АВС); тогда A₁E_|_AB (по теореме о трех перпендикулярах). По теореме синусов имеем

AB = 2R sin (90°— α) =2R cos α;

тогда

 S_ocн.  = ¹/₂ АВ² • sin 2α = 2R² cos² α sin 2α.

Из треугольника    AA₁E   имеем

Из /\ AA₁O найдем

(Подкоренное выражение преобразуем, как указано в задаче 147)

Сторона BC = 2BD = 2 • АВ • sin α. Следовательно,

______________________________________________

179. Проводим высоту ОМ треугольника ОСЕ (рис. 165);  тогда /  BMD = β (доказать!).

рис. 165

Обозначим ОС= ОВ через   х    и найeм    х из формулы ОС²= СE • СМ, где СE = l    и   СM = √x² — ОM².   Из треугольника ОMВ находим

ОМ = OB •  ctg ^β/₂ = x ctg ^β/₂

так что

Подставляя в формулу ОС²= СE • СМ, получаем уравнение

Корень x = 0, очевидно, не соответствует условию, так что имеем

Следовательно,

Н = √CE² — ОC² = √l² — x²  = l ctg ^β/₂.

Теперь находим

V = ¹/₃ 2x²H

Замечание.Величина cos β отрицательна, так как  ^β/₂ > 45° (ибо tg ^β/₂ = ^OB/_OM = ^OC/_OM , но наклонная ОС больше перпендикуляра ОМ, следовательно,  tg ^β/₂ > 1)

______________________________________________

180. Из треугольника A₁FE (рис. 166), где /  A₁FE = α, находим FE = H ctg α, a из треугольника А₁СЕ, где A₁C = d, находим EC = √d² — H²  и, следовательно,

рис. 166

Теперь находим стороны оснований

AB = a = EK + EF

и

A₁B₁ = EG = b = EK— GK = EK— EF,

так что для величины

a²+ ab + b²,

входящей в формулу объема усеченной  пирамиды,   получаем выражение

(EK+ EF)²+ (EK+EF) (EK—EF) + (EK—EF)² = 3EK²+EF²

Отв. V = ^H/₃(3 • ЕК² + EF²) = ^H/₆[ 3 (d² — H²) + 2H² ctg² α].

______________________________________________

181.   Можно использовать тот же рис.  166, что и в предыдущей задаче,   введя   обозначения   AA₁ = l   и  /  А₁АС = β.   

Из прямоугольною треугольника  AA₁C   находим   так   что  

Из  треугольника AA₁E находим  H = l sin β  и  AE = l cos β  так что  

следовательно,

Теперь получим

Если числитель и знаменатель помножить на (1+cos 2β) (применив формулу для суммы кубов), то получим несколько более простое выражение.

Замечание. Угол β  должен быть больше 45", так  как FK > 2•FE. Поэтому cos 2β < 0.

______________________________________________

182. Об изображении усеченной пирамиды см. в задаче 117.

рис. 167

Из треугольников АА₁Е и EA₁С (рис. 167) имеем

АЕ = Н ctg α   и    EС = H ctg β.

Боковая поверхность равна

Апофему A₁N находим из треугольника A₁EN, где

Сумма

a + b = AB +  А₁В₁ = 2А₁В₁ + 2AN =2 • NB =EC •√2  = Н •√2 ctg β.

Следовательно,

______________________________________________

183. Из треугольника A₁EN (тот же рис. 167),

рис. 167

где

Выражение в скобках можно привести к виду, удобному для логарифмирования.

______________________________________________

184. Обозначим   сторону куба через х (рис.    168).   

рис.    168

Из подобия треугольников EO₁K₁ и ЕОС имеем

Злесь

EO₁ = EO — OO₁ = H — x,     EO =H,    O₁K₁ = ^x/_√2 ,      ОС = √l² — H² .

Следовательно,

______________________________________________

185. Из треугольника EOF (рис. 169), где OF = ^a/₂  и /  OEF = α, имеем Н = ^a/₂ ctg α.   

рис. 169

Следовательно, объем пирамиды

V = ¹/₃ а²H = ¹/₆ a³ ctg α.

Выразим сторону а через ребро куба x = MM₁. Имеем

а = 2 OF = 2ОМ +2MF = KM + 2MM₁ • tg α = х√2 + 2х tg α.

Следовательно,

Здесь х³=V₁, есть объем куба.

______________________________________________