ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

186.  а) Способ построения. Сначала изобразим то сечение A₁M₁B₁ (рис. 170), где лежит «верхняя» грань куба K₁L₁M₁N₁ (это сечение есть прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине M₁). Так как вершины К₁L₁М₁N₁ лежат на боковых гранях, то    они    находятся    на    сторонах    треугольника   A₁M₁B₁ (М₁ совпадает с вершиной прямого угла, прямая M₁K₁ изображает биссектрису прямого угла, ибо M₁N₁= M₁L₁). Теперь изображаем куб KLMNK₁L₁M₁N₁. Внутри четырехугольника K₁L₁M₁N₁берем произвольную точку О₁, изображающую пересечение высоты DO с гранью K₁L₁M₁N₁ и соединяем ее с точкой О, сходственно расположенной в четырехугольнике KLMN. Проводим прямые O₁A₁, O₁В₁ , O₁M₁ и прямые ОА, ОВ, ОМ, соответственно им параллельные. В пересечении DA₁, DB₁ и DM₁ соответственно с ОА, ОВ и ОМ находим точки А, В, С — вершины основания пирамиды.

рис. 170

б) Решение. По условию AС = 6; ВС = 8; DO = 24 (На рис. 170 эти соотношения не соблюдены.).

Обозначим ребро куба через х. Тогда OO₁ = х и DO₁ = 24 — х. По свойству сечений, параллельных основанию пирамиды, имеем В₁М₁ : ВС = DO₁ : DO, т. е. В₁M₁ : 8=
= (24 — х) : 24, откуда

Из подобия треугольников K₁B₁L₁ и ABC имеем

K₁L₁ : B₁L₁= 6 : 8;

здесь

Следовательно, , откуда x = 3.

Отв. 3.

______________________________________________

187. Сечение BCC₁B₁ (рис. 171) есть трапеция (дoказать!).

рис. 171

Проведем плоскость MNE (М и N — середины сторон AD и ВС). Она пересечет плоскость BCC₁B₁ по прямой NK (К — середина B₁C₁).

Имеем / NME = / MNE = α и / MNK = β (доказать!). Высота KN трапеции ВСС₁В₁ находится   из   треугольника   KNM,   где   МN= а   / MKN = 180°— (α + β). По теореме синусов т.е.   

Теперь находим    верхнее    основание В₁С₁ трапеции; из подобия треугольников ADE и B₁С₁Е имеем

Отношение ^KE/_NE  найдем из треугольника КNЕ, где  / KNE = α — β, a / NKE = α + β (как внешний для /\ KNM). Получаем

______________________________________________

188.  а) Способ изображения. Сделав изображение пирамиды EHPGQ (рис. 172), изображаем прямую MN, по которой пересекаются плоскости, она параллельна стороне HP и пересекает ось ОЕ в точке В.

рис. 172

Концы М и N отрезка MN лежат на апофемах ED и EF. Проведя PN и GN, HМ и QM, получаем изображение плоскостей, пересекающихся по MN. Ответим точки А₁ и С₁, лежащие на пересечении АВ и СВ с апофемами ЕА и ЕС (А и С— середины HP и QG). Угол ABC — линейный угол получившегося двугранного угла. По условию /  ABC = 90°, т. е. треугольник AВС — равнобедренный прямоугольный и

ВО = АО = ^a/₂

б)  Решение.   Из   подобия    треугольников    EMN и   EDF, где DF = a, имеем
MN = а • ^EB/_EO . Угол ОАЕ есть линейный для двугранного угла α, так что
ЕО = АО • tg α =  ^a/₂  • tg α. Кроме того, ЕВ = ЕО — ВО = ^a/₂ (tg α —1). Следовательно,

______________________________________________

189.  а) Способ изображения. Проводим прямую CM (рис.  173), изображающую перпендикуляр, опущенный из С на АЕ.

рис.  173

Через точку О₁ где СM встречает EO, проводим KN||BD. Четырёхугольник KCNM изображает сечение. Доказательство следует из нижеприводимого решения.

б) Решение. Так как плоскость KCNM перпендикулярна к ребру АЕ, то стороны МК  и МN, а также диагональ СМ сечения KCNM перпендикулярны к АЕ. Так как диагональ СМ лежит в плоскости равнобедренного треугольника AЕС, то она пересекает прямую EO, являющуюся высотой этого треугольника. С другой стороны, диагональ KN, лежащая в плоскости треугольника BED (и, как сейчас будет доказано, параллельная    основанию BD этого треугольника), тоже пересекает прямую ЕО, являющуюся высотой треугольника BED. А так как плоскость KCNM  имеет с прямой ОЕ только одну общую точку О₁, то в этой точке диагонали KN и МС пересекаются друг с другом.

Плоскость KCNM перпендикулярна к ребру АЕ; потому углы ЕМК и EMN — прямые. Прямоугольные треугольники ЕМК и EMN равны (доказать!); следовательно, MK=MN и EK=ЕN. Из последнего равенства вытекает, что KN||BD и что KО₁ = О₁N. Следовательно, диагонали МС и KN взаимно перпендикулярны и, значит, S_cеч. = ¹/₂МС • KN.

Диагональ МС находим из прямоугольного треугольника АМС, где
/  CAM = φ   и  AC = a√2   .   Получаем МС  = a√2  sin φ.

Диагональ KN находим из равнобедренного треугольника KEN, где /  EKN = φ. Имеем КN = 2 • О₁E • ctg φ, где О₁E = ОЕ — ОО₁ . Отрезок ОЕ определяется из треугольника АОЕ (или ВОЕ); находим . Отрезок же OO₁ определяется из треугольника ОСО₁ , где /  OCO₁ = 90°— ^MAС = 90° — φ.

Находим

Замечание. Для того чтобы плоскость KCNM, перпендикулярная к АЕ,  дала бы  сечение  пирамиды,   нужно,   чтобы   точка   М ее пересечения с прямой АЕ лежала на отрезке АЕ (а не на его продолжении), а для этого угол AЕС должен быть острым,
т.е. /  AEС= 180° — 2φ < 90°. Следовательно, φ > 45°, а поэтому cos 2φ есть величина отрицательная.

______________________________________________

190. Четырехугольник AMKN   (рис.   174),  получающийся   в  сечения   боковой   поверхности   призмы,   всегда   является   параллелoграммом (доказать!).

рис.   174

Чтобы он был ромбом, должно быть AM=AN. Из равенства треугольников ADN и АВМ (доказать!) следует, что DN = BM. Значит, прямая МN параллельна прямой BD, а значит, и плоскости ABCD. Следовательно, прямая EF, по которой плоскость AMKN пересекается с плоскостью ABCD, параллельна диагонали MN (и диагонали BD), а значит, перпендикулярна  другой диагонали ромба АК (и диагонали АС).

Отсюда следует, что φ = /  CAK есть линейный угол искомого двугранного угла. Прямая OO₁, соединяющая центр ромба О₁ с центром основания призмы, перпендикулярна к основанию (доказать!). Из треугольника AOO₁ находим

Замечание. Плоскость, проведенная через прямые AM и AN, пересечет ребро СС₁ лишь в том случае, если СС₁ > СК, т. е если высота призмы не меньше, чем

В противном случае ни через точку Ф, ни тем более через другую точку ребра АА₁ требуемого сечения провести нельзя.

Отв φ = arc cos tg ^α/₂.

Задача имеет решение только при условии

______________________________________________

191. Об изображении прямой призмы см. рис. 83. (ср. решение предыдущей задачи).

рис. 175

Так как MN = AC (рис. 175) и BK > BD, а по условию должно быть BK = MN, то AC>BD, т.е. ФС есть большая диагональ ромба, так что / ABC — тупой, a / BAD —острый.

Угол  φ = / ОВО₁ — линейный  угол  искомого двугранного  угла.

Из    треугольника    ОО₁В    имеем , где ОВ = ОА • tg ^α/₂.

А так как ОА = О₁М = О₁В, то .

Здесь  tg ^α/₂< 1 ,   так как α — острый угол.

Отв.  φ = arc cos tg ^α/₂.;  задача имеет решение только при условии

______________________________________________

192. Ср.    предыдущую    задачу.    Площадь S_cеч.  ромба    BNKM (рис. 176) равна

S_cеч. = ¹/₂ MN • ВК = 2МО₁ • ВО₁.

рис. 176

Из    треугольника MO₁B, где /  MBO₁= ^α/₄ , находим

ВО₁ = МО₁ • ctg ^α/₄ .

Следовательно,

S_cеч. = 2 • MO₁² • ctg ^α/₄ = 2• AO² • ctg ^α/₄

Отрезок   АО    находим    из     треугольника AОВ, где АВ = а и /  AВО= ^α/₂.

Получаем

AО = a sin ^α/₂

Отв.   S_cеч.= 2а² sin^{2  α}/₂  ctg ^α/₄.

______________________________________________

193. Об изображении правильной треугольной пирамиды см. рис. 82.

Пусть секущая  плоскость проводится через середину M (рис.  177)   ребра АВ    параллельно    ребрам АС и BD.

рис.  177

Ребро АС лежит в плоскости ABC. Поэтому плоскость, проведенная через М параллельно АС, пересекает грань ABC по прямой MN, параллельной  АС. Значит,    MN— средняя   линия треугольника   ABC      ( MN = ¹/₂ AC = ^b/₂)  т. е. N есть середина ребра ВС.

Ребро BD лежит в плоскости BCD, а плоскость сечения параллельна ребру BD. Поэтому NL||BD   ( NL = ¹/₂BD = ^b/₂ )  и L —середина робра CD.

Так же докажем, что МK= ^b/₂ и что К — середина ребра AD. Следовательно,

KL || АС и KL = ^b/₂.

Значит, сечение MNLK есть ромб. Но кроме того, угол NMK — прямой. Действительно, ребро BD лежит в плоскости BDE (Е — середина АС), а эта плоскость перпендикулярна к ребру АС. Следовательно, BD_|_AC. Но по доказанному MK||BD и MN||AC; значит,    MK_|_MN. Из этого следует, чго MNLK, — квадрат со стороной ^b/_{2 .}

______________________________________________

194. Пусть CD (рис. 178) есть боковое ребро, перпендикулярное  к плоскости основания. Так как по условию /  DAC = /  DBC = α , то АС = СВ, т. е. треугольник ABC — равнобедренный при вершине С и, значит, по условию /  C = 90°.

рис. 178

Всякое сечение пирамиды, перпендикулярное к основанию ABC,  есть четырехугольник NKLM с двумя прямыми углами (/  NKL и /  KLM). Чтобы этот четырехугольник был квадратом, должно быть KN=KL = LM = x. Из равенства треугольников  AKN и BLM (доказать!) следует, что  AK = BL, значит, KC = CL, так что КС =  ^KL/_√2  = ^x/_√2  

Из треугольника AKN находим AK = KN • ctg α = x ctg α, так как КС + АК = АС = а, то получаем уравнение

^x/_√2   +  x ctg α = а.

откуда

______________________________________________

195. В сечении получится трапеция MA₁B₁N (рис. 179), равная боковой грани DD₁C₁C (доказать!).

рис. 179

В отсеченной части A₁B₁C₁D₁MNCD имеем A₁D₁ = B₁C₁ = NC = MD, как отрезки параллельных между параллельными плоскостями. Полученное тело есть наклонная призма с   основанием CC₁D₁D. Через апофему FG усеченной пирамиды и апофему OG основания проведем плоскость FGQQ₁ : получим / FGL = α (доказать!). Перпендикуляр LK, опущенный из L на прямую GF, будет высотой призмы (доказать!). Из треугольника LKG, где LG = Q₁F = а , имеем LK= a sin α.

Из треугольника FLG находим

Объем призмы V вычислим по формуле

Найдем полную поверхность   S тела    AMA₁B₁NB, отсеченного плоскостью A₁B₁NM,  Грань AA₁B₁B  равновелика  сечению  MA₁B₁N (доказать!). Каждая из этих граней имеет площадь где   QQ₁ = FG  = ^a/_{cos α} . Каждая из граней АА₁М и    BNB₁    имеет  площадь  , где    AM=AD — MD = 3а — а = 2а

и A₁P = FG =   ^a/_{cos α}.   Площадь S₃ грани ABNM равна S₃ =AM • АВ = 2а • 3а. Имеем

S=2S₁+2S₂+S₃.

______________________________________________

Предварительное  замечание  к задаче  196    и   следующим

При решение задачи 196 и трех следующих мы воспользуемся следующей теоремой.

Если многоугольник ABCDE..., лежащий а плоскости Р, проектируется на плоскость Р₁ (проекция — прямоугольная) многоугольником A₁B₁C₁D₁E₁..., то площадь S многоугольника ABCDE... и площадь S₁ многоугольника A₁B₁C₁D₁E₁... связаны соотношением

S₁ = S cos α,

где α — угол между плоскостями Р и Р₁.

На вступительных экзаменах нередко предлагаются задачи, при решении которых трудно обойтись без этой теоремы (См., например, задачи 196 и 197). Между тем она не содержится в наших учебниках тригонометрии. Поэтому мы даем ее доказательство.

Доказательство. Сначала рассмотрим случай, когда проектируемая фигура есть треугольник ABC .(рис. 180, а), у которого одна сторона АВ параллельна плоскости проекций Р₁.

рис. 180

Проведем через АВ плоскость Q,параллельную плоскости Р₁(Е — точка пересечения с проектирующей прямой CC₁).Получим треугольник ABE, равный треугольнику А₁В₁С₁. Проведем высоту CD треугольника АСВ; прямая ED будет высотой треугольника AЕВ, а угол α = /  EDC будет линейным для двугранного угла САВЕ, равного углу между плоскостями Р и Р₁. Из    треугольника    DCE находим

DE = CD • cos α

Следовательно,

S₁ = ¹/₂ AB • DE = ¹/₂ AB • DC • cos α = S cos α.

Затем  рассмотрим случай, когда проектируемая фигура есть треугольник LMN (рис. 180, б), стороны которого не параллельны плоскости P₁. Такой треугольник можно разбить на два треугольника типа, рассмотренного выше. Для этого достаточно через одну из его вершин М (не самую близкую и не самую далекую от плоскости P₁) провести плоскость Q, параллельную Р₁; она пересечет треугольник LMN по прямой КМ, параллельной Р₁. Если S' и S" — площади треугольников KMN и LMK, а S'₁ и S"₁ — площади их проекций   (треугольников K₁M₁N₁ и L₁М₁К₁), то по доказанному

S'₁= S' cos α   и   S"₁ = S" cos α.

А так как     S = S' + S"    и     S₁= S'₁ + S"₁,     то

S₁= S'₁ + S"₁ = S' cos α + S" cos α = (S' + S") cos α = S cos α

В. случае, когда многоугольник имеет более трех сторон, мы разобьем его на треугольники и, рассуждая как в предыдущем случае, докажем общую теорему.

Заметим, что эта теорема справедлива и для площадей  криволинейных фигур. Для доказательства нужно  вписать в криволинейную фигуру многоугольник и совершить переход к пределу.

______________________________________________

196.  Имеем (рис. 181)         и      H = BB₁= BD + DB₁.

рис. 181

Из треугольников BED и B₁E₁D (Е и Е₁—середины АС и A₁C₁) имеем

Сечение ADC проектируется на плоскость нижнего основания треугольником ABC. По доказанному (см. предварительное замечание)  площадь S сечения ADC и площадь треугольника ABC, т.е. S_ocн. связаны соотношением S_ocн.  = S cos α, так что     

Таким же   образом   (проектируя   сечение   A₁DC₁   на   верхнее   основание), найдем, что   площадь S' сечения A₁DC₁ равна

Следовательно,

______________________________________________

197. а) Способ  изображения. Соединяем середины К и L  (рис. 182) сторон  АВ  и  AО.

рис. 182

Через точку Е, где KL пересекает AС, проводим прямую EN (угол NEC изображает линейный угол двугранного угла α). Через точку О₂, где EN пересекается с OO₁ (изображение оси), проводим PM||BD. Пятиугольник KLMNP изображает сечение. Доказательство вытекает из нижеприводимого решения.

б) Решение. Так как KL||BD, то плоскость KLMNP (проходящая через KL) пересекается с диaгонaльнoй плоскостью DBB₁D₁ (проходящей через BD) по прямой РМ, параллельной KL и BD. Ось призмы ОО₁ лежит в диагональной плоскости DBB₁D₁ и, следовательно, пересекается с прямой РМ. С диагональной плоскостью АСС₁А₁ плоскость KLMNP пересекается по прямой NE (Е — середина KL); эта прямая тоже пересекает  ось OO₁.  Но  так как плоcкость KLMNP, в которой лежат прямые РМ и EN, пересекается с осью ОО₁ только в одной точке О₂, то обе прямые EN и МР проходят через эту точку, т. е. точка пересечения прямых РМ и EN лежит на оси ОO₁ . Прямые ЕС и EN перпендикулярны к KL (теорема о трех перпендикулярах); значит, /  CEN = α.

Площадь  S   пятиугольника   KLBCD   равна   площади   квадрата ABCD без площади треугольника AKL, так что

Площадь S_cеч. пятиугольника KLMNP определяется по теореме, доказанной в предварительном замечании к задаче 196 . Имеем  ⁷/₈b² = S_cеч.  cos α,   т. е.

Сравнивая треугольники MO₂N и ВОС (у них BO = MO₂ и MN > BC), убеждаемся,  что /  MNO₂  <  /  BCO; a так как /  ВСО = 45°,   то   /  MNO₂   <  45°    и, следовательно, угол φ =/  MNP — острый.

Остальные углы сечения—тупые (острый угол NMO₂= 90°— /  MNO₂ больше 45°; угол MLK равен 180°— /  LMO₂ =  180°— /  NMO₂). Из треугольника MO₂N имеем

______________________________________________

198. О вычерчивании эллипса см. рис. 92.

 а) Способ изображения. Сначала начертим отдельно основание призмы (рис. 183, а).

рис. 183

Затем проведем эллипс (рис. 183, б), изображающий круг, около которого описано основание. Проведем какой-либо диаметр MN эллипса, и через концы его проведем касательные CD и АВ; они изображают прямые, на которых лежат основания равнобочной трапеции. Проводим какую-либо прямую KL, параллельную CD и АВ, Через точки К и L, в которых она пересекает эллипс, проводим касательные к эллипсу (DA и ВС). Четырехугольник ABCD изображает равнобочную трапецию, описанную около круга. Далее строим изображение прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁. Секущая плоскость, проходящая через боковую сторону AD и вершину В₁, пересечет грань АА₁В₁В по прямой AB₁, а параллельную ей грань — по прямой DG, параллельной АВ₁. В сечении получаем четырехугольник AB₁GD. Из точки В проводим прямую BE, параллельную радиусу ОК, ведущему в точку касания К. Эта прямая изображает перпендикуляр, опущенный из В на AD. Следовательно, угол BEB₁ есть изображение линейного угла α.

б) Решение.    Из треугольника DFA (рис. 183, б), где  DF = MN = 2r  и  /  DAF = α, находим     ВС = AD =  ^2r/_{sin α} .     

Обозначим  АВ через a, CD — через b, AD = BC — череь с. По свойству описанного четырехугольника

а + b = АВ + CD = AD + ВС = 2с =  ^4r/_{sin α} .

Имеем

Следовательно (см. предварительное замечание к задаче 196),

Высоту H = BB₁ найдем из треугольника ВВ₁Е, предварительно определив BE из треугольника ВЕА, где

AB = a = 2AM=2OM • ctg /  OAM  =  2r ctg ^α/₂

Имеем

ВЕ = а sin α   и    Н  =  ВЕ • tg α.

Следовательно,

H = 2r ctg ^α/₂ sin α tg α.

Теперь находим

S_бок. = H (а + b + 2с) = 4Hс.

______________________________________________

199. а) Способ изображения. Секущую плоскость Р можно провести через любую из двух диагоналей грани BCC₁B₁(рис. 184).   Проведем ее   через диагональ   ВС₁. По условию Р||AD.

рис. 184

Следовательно, плоскость Р пересечет плоскость основания ABC по прямой ВК, параллельной AD (прямая ВК целиком лежит вне треугольника ABC). Так как грань ВСС₁В₁ перпендикулярна к AD, то она перпендикулярна и к прямой ВК; значит, /  CBC₁ есть линейный угол двугранного угла β при ребре ВК.

Изобразим теперь треугольник, являющийся сечением призмы плоскостью Р. Одна сторона этого треугольника (BC₁) известна; остается найти противоположную вершину, т. е. пересечение плоскости Р с ребром AA₁. Для этого достаточно соединить точку Е, в которой прямая ВК пересекает продолжение ребра АС, с точкой С₁. Точка F, где прямая С₁Е пересечет ребро АА₁ будет искомой вершиной.

Докажем это. Так как точка Е лежит на прямой BE, по которой пересекаются плоскости Р и AВС, то эта точка принадлежит плоскости Р. С другой стороны, точка Е лежит на прямой АС, по которой пересекаются плоскости ACC₁A₁ и ABC; значит, она принадлежит плоскости ACC₁A₁ (она находится на продолжении грани ACC₁A₁). Следовательно, точка Е должна принадлежать линии пересечения плоскостей Р и АСС₁А₁. Точка С₁ по условию тоже принадлежит пересечению тех же плоскостей. Следовательно, плоскости Р и ACC₁A₁ пересекаются по прямой С₁Е, т. е. на этой прямой лежит сторона (C₁F) сечения, находящаяся на грани СС₁А₁А. Значит, точка F, где С₁Е пересекается с ребром АА₁, есть искомая вершина.

б) Решение. Так как треугольник ABC есть проекция треугольника FBC₁, лежащего в плоскости Р, на плоскость основания, то

где а = AС —боковая сторона  равнобедренного треугольника  ABC. Выразим а² через боковую поверхность S.

Имеем

S = (2AC + BC) • CC₁

где  АС = а,    ВС=2а cos α   и   CC₁ = BC •  tg β = 2 cos α tg β.   Следовательно,

S = 4а²  cos α (1 + cos α) tg β = 8а²  cos α cos^{2 α}/₂ tg β.

______________________________________________