Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

4R.

Ответ. 12v3 R?.

3.31. Центр шара, касающегося трех ребер правильного тетраэдра, исходящих из общей вершины, должен лежать на биссектрисе соответствующего трехгранного угла, которая совпадает с высотой тетраэдра, опущенной из этой же вершины. Поскольку все четыре биссектрисы пересекаются в одной точке — центре вписанного в тетраэдр шара, достаточно рассмотреть треугольник SOA (рис. P.3.31), где SO — высота тетраэдра, SA — его ребро, а O₁ — центр искомого шара и шара, вписанного в тетраэдр.

Треугольники SAO и SO₁D подобны. B первом известны все стороны, во втором SO₁ = ^av6/₄. = . Это позволяет вычислить R.

Ответ. ^av2/₄.

3.32. Если один куб расположен внутри другого, а вершина O y них общая, то диагонали этих кубов, проходящие через O, лежат на одной прямой. Поэтому из всех подобных кубов, которые можно поместить в параллелепипед, мы выберем максимальный.

Пусть с < а и с < b. Тогда в параллелепипед можно поместить куб с ребром с (рис. P.3.32).

Вычислим все стороны треугольника ABO и воспользуемся теоремой косинусов:

AB? = AO? + BO? ? 2AO · BO cos x,

AO? = а? + b? + с?, BO? = 3c?,

AB? = (а ? с)? + (b ? с)?.

Для определения cos x получим уравнение

которое симметрично относительно а, b и с, а потому не зависит от соотношения между этими величинами. Убедитесь сами в том, что cos x не будет больше единицы при любых а, b и с.

Ответ.

3.33. Разность углов А и С равна ?, BD — биссектриса угла B в треугольнике ABC (рис. P.3.33).

Вычислим угол а:

? = ^B/₂ + С = ^{? ? A ? C}/₂ + С = ^?/₂ + ^{C ? A}/₂ = ^?/₂ + ^?/₂.

Объем призмы равен произведению АА₁ на площадь основания ABC, т. е.

АА₁ (?AD · DB sin ? + ?DC · DB sin ?) = ?АА₁ · DB · AC sin ? = ? aS cos ^?/₂.

Ответ. ? aS cos ^?/₂.

3.34. Пусть выбраны диагонали С₁D и В₁С (рис. P.3.34). Так как В₁С || А₁D и С₁D || В₁A, то плоскости А₁С₁D и АВ₁С параллельны. Расстояние между В₁С и С₁D равно расстоянию между этими плоскостями.

Обе плоскости А₁С₁D и АВ₁С перпендикулярны к диагонали BD₁. Поэтому искомое расстояние равно разности между отрезком BD₁ и удвоенной высотой пирамиды D₁А₁С< sub>1D. Объем этой пирамиды равен ^a?/₆, а площадь основания А₁С₁D равна а^v3/₂ , следовательно, высота h = ^a/_v3. Так как BD₁ = av3, то искомое расстояние равно av3 ? ^2a/_v3 = ^a/_v3.

Ответ. ^a/_v3.

3.35. Из соображений симметрии ясно, что точка O лежит на диагонали AC₁ куба. Для доказательства достаточно установить, что плоскость KMN (рис. P.3.35) перпендикулярна к АС₁ и что АС₁ проходит через точку O₁, являющуюся центром треугольника KMN.

По теореме о трех перпендикулярах АС₁ ? BD. Следовательно, АС₁ ? KN. Аналогично прямая АС₁ перпендикулярна к KM или MN, т. е. АС₁ — перпендикуляр к плоскости KMN.

Треугольник KMN равносторонний. Так как AK = AN = AM, то из равенства соответствующих треугольников, имеющих общие вершины в точках А и