Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

V_к : V_ш = (^r/₃S_пк) : (^r/₃S_ш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB₁. Спроецируем точку B₁ на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B₁E и B₁D — соответственно высоты параллелограммов CC₁B₁B и AA₁B₁B, то B₁D = B₁E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B₁OE и B₁OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52, а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK ? AC и, следовательно, В₁В ? AC. Поскольку ребро A₁A параллельно В₁В, то А₁A ? AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА₁С₁С — прямоугольник. Если AB = а, A₁A = b, то S₂ = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен ^?/₆). Отрезок OD найдем из треугольника В₁OD, а отрезок OB — из треугольника В₁OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку  получаем возможность определить а:

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО ? KB. Поэтому KB ? ВВ₁ и, следовательно, KB ? АА₁. Мы установили, что параллелограмм АА₁С₁С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А₁O₁ призмы принадлежит плоскости АА₁С₁С , т. е. Ha = S₂, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S₁ = S₂ из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S₁ = аВ₁D, S₂ = аВ₁В и В₁D < В₁В, то первому случаю соответствует требование S₁ < S₂. Условие положительности подкоренного выражения 4 S?₁ ? S?₂ приводит ко второму ограничению S₂ < 2S₁.

Для второго случая получаем S₁ = аВ₁D, S₂ = aH. Так как В₁D > H, то S₁ > S₂. Случай S₁ = S₂ можно отнести к этому случаю.

Ответ.  при S₁ < S₂ < 2S₁, а = ^S2/_H при S₁ ? S₂.

3.53. Проведем в кубе сечение AB₁C₁D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB₁C₁D, а в качестве ее вершины точку D₁. Оставшаяся часть призмы (D₁AA₁B₁) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.