Чтение онлайн

отрезок OD равен

OD = SD cos ( - ) = - AB/2 cos

(угол тупой и cos < 0). Треугольник СОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный. Поэтому

OE = CO/2 = 1/2(CD + OD) = AB/22(1 - cos ).

Так как для OE и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не изменится.

Ответ. x = arctg (2 ctg /2). 

3.21. Проведем в треугольнике ABC (рис. P.3.21) высоту BD и соединим точку D с вершиной S пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и SA, то SD — биссектриса угла ASC.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. B нем

AD = SA · tg /4, AB = SA · tg , т. е.

Так как — угол прямоугольного треугольника, то 0 < < /2, а потому tg /4 < tg и правая часть уравнения меньше единицы.

Ответ.

3.22. Пусть M — середина AB. Тогда медианы СМ и DM (рис. P.3.22) являются одновременно высотами в равнобедренных треугольниках ABC и ABD. Следовательно, прямая AB перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треугольник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы, проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следовательно, его высота MK будет одновременно и медианой. Итак, отрезок KM, соединяющий середины AB и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке.

Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = 65, MK = 7. С другой стороны, из треугольников OKD и AMO находим

Ответ. R = 5.

3.23. Проведем через точку O (рис. P.3.23) сечение B1EC1 пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол B1EC1 равен , а OE = а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии треугольник B1EC1 равнобедренный, а B1C1 и BC параллельны.

Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника B1EC1, рассмотрим треугольник SOA, для которого воспользуемся сравнением площадей:

SO · OA = OE · SA. (4)

Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, и h:

Подставив в уравнение (4) и возведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнение

3h^2 tg^2 /2– h^2 = 3a^2 tg^2 /2,

откуда

Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в знаменателе под радикалом:

Ответ.

3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен MN, т. е. параллелен плоскости основания, а следовательно, и ребру AB.

Аналогично отрезки KM и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещивающимся прямым, на которых лежат ребра AB и DC.

Докажем обратное: если провести сечение пирамиды, плоскость которого параллельна AB и DC, то в сечении получится прямоугольник. B самом деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроецировав DC на плоскость основания (рис. P.3.24), мы убедимся в том, что MN и EC взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и MN, а значит, и между LN и MN. Таким образом, KLMN — прямоугольник.

Мы доказали, что в сечении можно получить прямоугольник только с помощью плоскости, параллельной двум скрещивающимся ребрам.

Этот прямоугольник будет квадратом, если MN = MK. Из подобия треугольников ADC и AMK находим MK/CD = AM/AC, причем

Подставляя в первоначальное отношение, получим

Так как MK = MN, то получим уравнение относительно стороны квадрата, из которого

Ответ.

3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. P.3.25.

Соединим вершину R1 куба с вершинами пирамиды. Пирамида АBCР разобьется на три пирамиды: R1ABP, R1ACP, R1BCP, y которых общая вершина R1 и одинаковая высота x, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим