ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

200. а) Способ изображения. Продолжив отрезок ВС (рис. 185), изображающий катет основания, на расстояние CD = ВС, получаем точку D, которая в натуре симметрична с В относительно кaтета АС.

рис. 185

Возьмем точку М на середине ребра АА₁ и изобразим сечение призмы плоскостью Р, проходящей через точки В₁, M и D, Для этого соединим точки В, и D. В пересечении с ребром CC₁ найдем точку N. Треугольник B₁NM будет искомым сечением.   Действительно, точка D лежит на прямой ВС и, значит, принадлежит плоскости СВВ₁С₁ (D находится на продолжении грани CBB₁C₁). Но точка D лежит также и на плоскости Р, поэтому она находится на линии пересечения плоскости    Р с СВВ₁С₁.   

Точно так же и точка B₁ находится на этой линии. Значит, плоскости Р и BCC₁B₁ пересекаются по прямой B₁D. Точка N, где B₁D пересекается с ребром СС₁, есть одна из вершин сечения, так что сечение призмы есть треугольник B₁NM.

Так как BC=CD и CN||BB₁ то CN есть средняя линия треугольника BB₁D, т. е. N— середина ребра СС₁. Следовательно, прямая MN параллельна прямой АС, лежащей, в плоскости основания. Вследствие этого и прямая DE, по которой плоскость Р пересечет плоскость основания, параллельна АС и, значит, перпендикулярна к плоскости грани ВСС₁В₁. Поэтому /  BDB₁ есть линейный дтол двугранного угла φ при ребре DE.

б) Решение.   Имеем (см. решение задачи 199)

(где а = ВС, b = АС), а так как b = a tg β, то

Найдем а². По условию β есть меньший из острых углов треугольника ABC, так что       b < a  и площадь bН грани ACC₁A₁ меньше плошади аН грани ВСС₁В₁ Поэтому разность S этих площадей (предполагаем, что она положительна) равна (а—b)H. Из треугольника DBB₁, где BD =2BC = 2a, находим Н = 2а tg φ. Следовательно,

S=2а² (l — tg β) tg φ.

Отсюда находим а².

______________________________________________

201. Угол между непересекающимися диагоналями BA₁ и AD₁ (рис. 186) равен углу  φ = / A₁BC₁ между ВА₁ и прямой ВС₁ параллельной AD₁.

рис. 186

Имеем / CBC₁=/ DAD₁ = α   и  / ABA₁ = β. Для определения угла φ находим A₁C₁² сначала из треугольника A₁BC₁ (по теореме косинусов), а затем из прямоугольного треугольника A₁B₁C₁ и приравниваем найденные выражения. Получаем

ВА₁² + ВС₁² — 2 • BA₁ • BC₁ • cos φ = В₁А₁² + В₁С₁²

Отсюда

2 • BA₁ • BC₁ • cos φ = (ВА₁² — В₁A₁²) + (ВC₁² — В₁С₁²) = 2• BB₁².

B это равенство подставляем

(из треугольника BAA₁)   и  .    Получаем

cos φ = sin α sin β.

Другой спocоб. Через ребро B₁C₁ проведем плоскость B₁C₁B₂C₂, перпендикулярную к BA₁(это возможно, так как B₁C₁_|_BA₁).    Пусть Е — точка пересечения прямых BA₁ и B₁B₂. Из прямоугольного треугольника ВС₁Е находим BE = BC₁ cos φ , a из прямоугольного треугольника ВВ₁ Е, где / B₁BE = 90° — β, имеем

BE — BB₁ • cos(90° — β) = BB₁ • sin β.

Отрезок   BB₁    выразим    через    ВС₁ из    треугольника    BB₁C₁, где / B₁BC₁= 90°— α. Получим BB₁ = BC₁ sin α и, значит,

BE = ВС₁ • sin α sin β.

Приравнивая два выражения отрезка BE, получаем

ВС₁ • cos φ = ВС₁ • sin α sin β.

Отв. cos φ = sin α sin β.

______________________________________________

202. Обозначим   двугранные углы при ребрах  SA,  SB, SC (рис. 187) через φ_A , φ_B , φ_C.

рис. 187

Проведем через какую-либо точку ребра SC плоскость DFE, перпендикулярную к SF. Тогда / DFE = φ_C. Определяем ED² из треугольника EFD и из треугольника ESD, a затем приравниваем полученные выражения. Находим

 FE² + FD² — 2 • FE • FD- cos φ_C = SE² + SD² — 2 • SE • SD • cos γ.

Отсюда

2 • FE • FD- cos φ_C = 2 • SE • SD • cos γ — (SE²—FE²) — (SD²— FD²),

т. е.

2 • FE • FD- cos φ_C  = 2 • SE • SD • cos γ — 2 • SF².

В это равенство подставляем

FE = SF• tg α ;

FD = SF• tg  β;

SE = ^SF/_{cos α}

и

SD = ^SF/_{cos β}

Аналогично найдем    соs φ_A    и   cos φ_B .

______________________________________________

203. Решается, как предыдущая задача.

Oтв. cos γ = cos α cos β + sin α sin β cos A.

______________________________________________

204. См. задачу 202.

Отв   Искомый угол содержит 90°.

______________________________________________

205. Пусть точка М лежит на грани Q (рис. 188).

рис. 188

По условию прямая AM образует с АВ угол α, а прямая, MB  перпендикулярна к АВ. Проведем  через  ВМ  плоскость MBN,  перпендикулярную к ребру, и опустим из точки М на BN перпендикуляр MN. Прямая MN перпендикулярна также и к NA и /  MAN = β (доказать!). Имеем также φ =/  NBM. Угол φ мы найдем из треугольника NBM, где MN=AM • sin β (из треугольника ANM) и BM=AM • sin α (из треугольника AMВ). Получаем

______________________________________________

206. На рис. 189 PQ изображает общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым LL' и ММ'. Чтобы получить угол, под которым отрезок PQ виден из точки А, нужно провести луч АР; тогда /  PAQ = α. Аналогично /  PBQ = β .

рис. 189

Проведем через точку Р прямую РЕ, параллельную ММ'. Тогда угол между прямыми MM' и LL' есть (по определению) угол φ = /  EPB. Опустим из А перпендикуляр АЕ на прямую РЕ и проведем АВ (все остальные линии, дающие изображение параллелепипеда, ребрами которого являются PQ, QA  и РВ, проведены лишь для наглядности чертежа). Из прямоугольного треугольника BPQ находим

PB = PQ ctg β = h ctg β.

Аналогично

PE = QA = h ctg α.

Далее,

BE² = PB² + PE² —2 •PB•PE cos φ = h² (ctg² α + ctg² β—2 ctg α ctg β cos φ).

Прямая АЕ перпендикулярна к плоскости ЕРВ, так как она параллельна прямой PQ, являющейся общим перпендикуляром для прямых РВ и РЕ. Из прямоугольного треугольника AЕВ находим

AB²=AE² + BE² = h² + BE².

Отв. AB² = h²  ( 1 + ctg² α + ctg² β—2 ctg α ctg β cos φ)

______________________________________________

207.  Чертеж предыдущей задачи   (в  настоящей задаче  φ = 90°). Имеем

BE = √РЕ² + РВ²  = h √ctg² α + ctg² β  .

Угод между прямыми АВ и PQ равен углу между АВ и прямой AE параллельной PQ. Обозначив его через γ, имеем

Отв. tg γ = √ctg² α + ctg² β  

______________________________________________

208. Пусть (рис. 190)

рис. 190

Найдем сначала отношение объема V₁ пирамиды DMNP к объему V пирамиды DABC. Примем грань BDC за    основание пирамиды DABC и грань NPD за основание пирамиды DMNP. Пусть ребро DA проектируется на плоскость DBC отрезком, лежащим на прямой DE. Тогда точки А и М проектируются в некоторые точки К и L, лежащие на прямой DE. Следовательно, высоты AK= h и ML = h₁ лежат в плоскости   ADE   и   треугольники DML  и DAK подобны. Значит,

Площадь S₁ основания NDP относится к площади S основания BDC, как DN•DP к DB•DC (так как треугольники NDP и BDC имеют общий угол D ). Значит,

______________________________________________

209. План   решения: из подобия треугольников OEL и МЕК. (рис.   191)   выразим  OL через МК=b и ME = ^H/₂, из  подобия  треугольников ОСЕ и MEN выразим ОС   через MN = h и ME = ^H/₂ .

рис.   191

Подставив найденные выражения в соотношение OC²=2• OL²   получим   уравнение, из которого найдем Н.

Решение.   Имеем

OL : Н = МК : ЕК,

т. е.

______________________________________________