Сборник задач по математике с решениями - А. А. Рывкин, Е. Б. Ваховский 2003

Решения
Геометрические задачи на проекционном чертеже

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD₁C₁C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D₁D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).

Обозначим ребро куба через а и вычислим объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид: NAFD и MEFC.

Отрезок EC — средняя линия в треугольнике AFD, следовательно, CF = СО = а.

Вычертим отдельно треугольник BFD и проведем OK || ND (рис. P.4.1, б). Так как О — центр грани куба, то OK = ^a/₂, DK = KC = ^а/₂. Из подобия образовавшихся треугольников находим

MC = ^а/₃, ND = 2MC = ^2а/₃.

Так как треугольники EFC и EAB равны (см. рис. P.4.1, а), то площадь треугольника AFD равна а², а площадь треугольника EFC равна ^a²/₄. Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME:

⅓ND · a² − ⅓MC · ^a²/₄ = ⅓^2a/₃a² − ⅓^a/₃^a²/₄ = ^7a³/₃₆,

и найти искомое отношение объемов.

Ответ. 29 : 7.

4.2. Проведем прямую FG, которая пересечет А₁В₁ и А₁D₁ в точках M и L соответственно (рис. P.4.2). Соединив точки M и А и точки L и А, получим еще две точки E и K, принадлежащие сечению.

Площадь сечения AEFGK вычислим как разность площади треугольника AML и удвоенной площади треугольника KGL.

Треугольники ЕВ₁М, FC₁G и GD₁L равны. Следовательно, D₁L = В₁F = ½, MF = FG = GL. С помощью треугольников МА₁L и АА₁L можно найти стороны треугольника AML:

его высоту

и его площадь

Треугольники AML и KGL подобны, так как GK и AM параллельны (они получены в результате пересечения двух параллельных граней куба плоскостью сечения), с коэффициентом подобия ⅓ (мы доказали раньше, что 3GL = ML). Следовательно, площадь треугольника KGL равна ¹/₉ площади треугольника AML, а площадь сечения AEFGK равна ⁷/₉ площади AML.

Ответ.

4.3. Пусть K — точка пересечения AO₁ и C₁C (рис. P.4.3). Соединим K с центром Q боковой грани BB₁C₁C и получим сечение куба. Так как Q — центр симметрии квадрата B₁C₁CB, то B₁E = FC. Проведем O₁C₁ и AC. Отрезок O₁C₁ — средняя линия в треугольнике AKC, и, следовательно, KC₁ = C₁C.

Треугольники KFC и KEC₁ подобны с коэффициентом подобия 2. Поэтому FC = 2EC₁. Так как FC = В₁Е, то отношение отрезков B₁E к ЕС₁ равно 2.

Ответ. 2.

4.4. Пусть высота данной пирамиды h, сторона основания а. Найдем объем фигуры, лежащей под сечением BEFG (рис. P.4.4, а), как разность объемов пирамид EBCM и FGDM.

Объем первой пирамиды равен

⅓^h/₂^3a²/₂ = ¾(⅓ha²) = ¾v,

где v — объем данной пирамиды.

Чтобы найти высоту пирамиды FGDM, сделаем чертеж плоскости, в которой лежит грань SDC (рис. P.4.4, б). Проведем EL параллельно SD. Так как E — середина SC, то DL = ½DC = ^a/₂. Из подобия треугольников MEL и MFD найдем

^FD/_EL = ^MD/_ML = ^2a/_2,5a = ⁴/₅.

Нетрудно проверить (сделайте это самостоятельно), что высота пирамиды FGDM равна ⁴/₅ высоты EBCM, т. е. ^4h/₁₀.

Из подобия треугольников MGD и MBC (см. рис. P.4.4, а) найдем GD = ^2a/₃. Это означает, что объем пирамиды FGDM равен

⅓^4h/₁₀^2a²/₃ = ⁴/₁₅(⅓ha²) = ⁴/₁₅v,

Таким образом, объем фигуры, лежащей под сечением, равен

¾v − ⁴/₁₅v = ²⁹/₆₀v.

Ответ. ²⁹/₃₁.

4.5. Сечение AMND и диагональная плоскость ASC разбивают данную пирамиду на четыре части. Так как высота пирамиды NACD (рис. P.4.5) вдвое меньше высоты данной пирамиды, а площадь основания вдвое меньше площади основания ABCD, то ее объем равен ^v/₄, где v — объем данной пирамиды.

Рассмотрим пирамиды ASBC и ASMN с общей вершиной A. Их высоты равны, а площадь основания первой в четыре раза больше. Следовательно, их объемы относятся, как 4 : 1. Таким образом, на долю пирамиды ABMNC приходится ^3v/₈.

Теперь можно найти, какую часть объема пирамиды составляет фигура, расположенная под сечением:

¼v + ³/₈v = ⁵/₈v.

Ответ. 5 : 3.

4.6. Соединим точки P, Q и R с вершиной A (рис. Р.4.6), после чего соединим их между собой.

Продолжим A₁B₁ до пересечения с QP в точке E и A₁D₁ до пересечения с QR в точке F. Обе точки E и F лежат в плоскости верхнего основания, а EF — след сечения в этой плоскости, который пересекает верхнюю грань куба по отрезку MK.

Продолжим DC до пересечения с PR в точке G и соединим K с G. На ребре СС₁ получим точку L, принадлежащую сечению.

Из подобия треугольников QА₁Е и QAP следует, что А₁Е = А₁Q = ^3a/₂, где а — ребро куба.

Следовательно, В₁Е = ^а/₂. Аналогично D₁F = ^а/₂ и СG = ^а/₂, откуда следует, что МС₁ = KC₁ = LC₁ = ^а/₂. Объем пирамиды MC₁LK равен а³ : 48.

Ответ. 1 : 47.

4.7. Пусть MN = а (рис. P.4.7).

Тогда aSK = 2Q. Выразим искомую площадь через а и SK. Отрезок AB — средняя линия трапеции IМNJ, а отрезок DC — средняя линия треугольника SIJ. Поэтому

AB = ³/₂а, DC = а.

Из подобия треугольников SOK и HOG следует, что HG = ½SK. Осталось определить HL и EF:

HL = GL − GH = ¾SK − ½SK = ¼SK;

из подобных треугольников FSL и RSP

^EF/_a = ^SL/_SP = ^KG/_KP = ¼, т. е. EF = ^а/₄.

Теперь можно подсчитать площадь сечения, которая равна

½(AB + CD)GH + ½(CD + FE)HL = ½(^5a/₄GH + ⁵/₄aHL) = ^5a/₄(½SK + ¹/₈SK) = ^25a/₃₂SK.

Так как aSK = 2Q, то площадь сечения можно выразить через Q.

Ответ. ²⁵/₁₆Q.

4.8. Спроецируем С₁С на плоскость основания призмы (рис. P.4.8). Отрезок EK — средняя линия в треугольнике С₁CF.

Через точки K и D проведем прямую, которая пересечет AB в точке M. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Поскольку KC = ½FC, а DO = ½OB (ABC — правильный треугольник) и FC = OB (треугольники C₁FC и В₁ОВ равны), то KC = DO. Покажем, что KC || DO. B самом деле, так как OB ⊥ AC, то и ВВ₁ ⊥ AC. Следовательно, CC₁ ⊥ AC, а значит, и KC ⊥ AC. Итак, KC и DO параллельны, а фигура KCOD — параллелограмм. Теперь мы можем воспользоваться тем, что отрезок KM параллелен CO, а потому перпендикулярен к AB. Отсюда следует, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Остаются простые вычисления:

Площадь треугольника ADB можно найти двумя способами: ½DM · AB = ½ DВ · AD, т. е. bDM = ^b²√3/₄, откуда MD = ^b√3/₄. Теперь найдем ЕМ:

Ответ.

4.9. B диагональной плоскости ВВ₁D₁D (рис. P.4.9) проведем через точку F отрезок EG, параллельный ВD.

B другой диагональной плоскости AA₁С₁С проведем через точку F отрезок KL || АС₁. B плоскости верхнего основания построим отрезок MN || В₁D₁ и проходящий через точку L. Точки K, G, N, M, E являются вершинами сечения, площадь которого мы должны вычислить. Это сечение — пятиугольник, разбивающийся на треугольник EKG и трапецию EGNM. Если KR — высота треугольника, а Q — точка пересечения KR и EG, то площадь пятиугольника равна

½KQ · EG + ½(EG + MN)QR.

Так как KL || AC₁, то LC₁ = ¼A₁С₁ и MN = ½В₁D₁ = ½EG. B свою очередь

Поэтому

Чтобы вычислить отрезки KQ и QR, спроецируем KR на плоскость основания. Точка Q спроецируется в P, а точка R — в H. Обозначим через S и T проекции точек K и Q на отрезки QP и RH соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах АР ⊥ BD. Сравнивая площадь треугольника ADB, получим АР · BD = ab, а так как

то

Из подобия треугольников легко получим

AK = ¼с, RT = ¼с, QS = ½с.

Поскольку MN = ½В₁D₁, то QR = ½KQ. Из треугольника KQS находим

Теперь мы можем вычислить площадь фигуры:

S = ½ KQ · EG + ½ · ³/₂EG · ½KQ = ⁷/₈EG · KQ.

Ответ.

4.10. Чтобы построить тень куба, достаточно построить тень, отбрасываемую верхним основанием. По условию источник света расположен на высоте 2h. Из подобия треугольников, получающихся при построении тени, следует, что тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квадрат A₂В₂С₂D₂ (см. рис. P.4.10; также рис. 1.4.10 на с. 132).

Каждая сторона этого квадрата параллельна соответствующей стороне основания куба и равна 2h. Отрезок OO₂, соединяющий центры квадратов ABCD и A₂В₂С₂D₂, при вращении источника света не изменяется и равен R. Чтобы получить тень куба, нужно на рис. P.4.10, а построить «внешние» отрезки, соединяющие соответственные вершины квадрата A₁В₂С₂D₂ с вершинами нижнего основания куба.

Задача становится плоской. Нужно выяснить, когда площадь полученного многоугольника будет максимальной, если точка О₂ вращается вокруг точки О, а стороны квадрата A₂В₂С₂D₂ остаются параллельными сторонам квадрата ABCD.

B двух случаях (см. рис. P.4.10, б и в) площадь будет достигать максимума по сравнению с близкими положениями точки О₂. B самом деле, если точка О₂ немного сместится из положения, изображенного на рис. P.4.10, б, вправо или влево по окружности радиуса R, то площадь тени уменьшится, так как уменьшится площадь трапеции АDD₂A₂: y этой трапеции основания AD и А₂D₂ не изменятся, а высота станет меньше. То же самое произойдет и в случае, изображенном на рис. P.4.10, в. Здесь уменьшится площадь трапеции BDD₂В₂.

Остается сравнить площади этих двух фигур.

Площадь первой равна

4h² + ^3h/₂(R − ^h/₂),

площадь второй

^3√2/₂Rh + ⁵/₂h².

При R > 2h вторая площадь больше, что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

4.11. Острый угол φ между плоскостью основания куба и плоскостью Π не изменится при параллельных переносах куба и при вращении его вокруг оси, перпендикулярной к плоскости Π.

Тень, отбрасываемая кубом, равна тени от заштрихованной на рис. P.4.11 фигуры, которая составлена из двух треугольников A₁B₁D₁ и BCD и диагонального сечения B₁D₁DB. Площадь тени равна

2 · ^a²/₂ cos φ + a²√2 cos (^π/₂ − φ) = a²(cos φ + √2 sin φ).

Максимум этого выражения равен а² √3 и достигается при φ = acrtg √2. Таким образом, тень, отбрасываемая кубом, имеет максимальную площадь, равную а² √3, когда шесть граней куба образуют с плоскостью Π одинаковые углы.