Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

AB, т. е. перпендикулярен к плоскости ABC.

Заметим также, что CD — перпендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямоугольный с прямым углом при вершине D.

Мы знаем, что V = ?S · OD. Отрезок OD равен ED sin x, а отрезок ED в свою очередь равен EC cos x, т. е. ^2S/_a cos x.

Итак,

V = ?S · ^2S/_a cos x sin x,

откуда sin 2x = ^3Va/_S?. 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. ?acrsin ^3aV/_S?.

3.11. Так как площадь основания равна v3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. P.3.11) находим AO = b cos x; с другой стороны,

AO = ?AD = ? ^av3/₂.

Поэтому 

^a/_v3 = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = ^a/₂ = b sin 2x. Разделив второе соотношение на первое, получим

sin x = ^v3/₄.

Так как SD = ^a/₂ ctg 2x, то нужно вычислить ctg 2x:

Следовательно, SD = ⁵/_v39, а площадь боковой поверхности равна ³/₂а · SD.

Ответ. ⁵/_v39.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С₁ЕА₁ подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C₁ и A₁ в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C₁A₁ = ? AC. Аналогично доказывается, что В₁А₁ = ? AB и C₁B₁ = ? BC и т. д., т. е. площади S₁ и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A₁B₁C< sub>1 лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D₁N₁, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D₁N₁C< sub>1 подобны, т. е. D₁N₁ = ? DN. Остается сравнить объемы

Ответ. ¹/₂₇.

3.13. Пусть О₁, О₂ и О₃ — точки пересечения медиан соответствующих граней (на рис. P.3.13 изображены лишь О₁ и О₂), О — центр шара.

Прямоугольные треугольники SO₁О, SO₂О и SO₃О равны (О₁О = О₂О = О₃О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO₁ = SO₂ = SO₃, и поэтому SB₁ = SB₂ = SB₃.

Докажем теперь, что треугольник А₁А₂А< sub>3 правильный. Для этого достаточно установить равенство треугольников A₂SB₁ и A₂SB₃, т. е. любых соседних из шести таких треугольников. Установим в них равенство углов при вершине S. Пусть C₂ — точка пересечения плоскости О₁ОО₂ с ребром SA₂. Прямоугольные треугольники О₁SC₂ и О₂SC₂ тоже равны. Отсюда углы О₁SC₂ и О₂SC₂ равны и, следовательно, равны треугольники B₁SA₂ и B₃SA₂. Таким образом, В₁А₂ = В₃А₂, т. е. А₂А₃ = А₁А₂. Итак, в основании пирамиды лежит правильный треугольник.

Из равенства треугольников