Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

СЕ, получим 

откуда

Так как угол x по построению всегда острый, то он определяется однозначно.

Ответ.

3.3. Из некоторой точки В₁ на стороне угла ? опустим перпендикуляр B₁B на плоскость P (рис. P.3.3). Через В₁ проведем плоскость, параллельную плоскости P. Она пересечет другую сторону угла ? в некоторой точке А₁. Через B₁B и А проведем плоскость, которая будет перпендикулярна к плоскости P.

Отрезки AA₁ и ВВ₁ равны. Обозначим АА₁ = ВВ₁ = а. Теперь можно вычислить все стороны треугольника ОАВ и воспользоваться теоремой косинусов, чтобы найти угол x.

Стороны OA и OB вычислить просто:

OA = а ctg ?, OB = а ctg ?.

Сторона AB равна А₁В₁ в треугольнике ОА₁В₁. Так как

то по теореме косинусов

Воспользуемся теоремой косинусов еще раз, но уже для треугольника ОАВ:

АВ? = ОА? + ОВ? ? 2ОА · OB cos x.

Подставляя сюда найденные выше выражения для OA, OB и AB, получим уравнение относительно cos x. Решая его, после несложных тригонометрических преобразований найдем cos x.

Ответ.

3.4. Построим плоскость P, перпендикулярную к прямой а, и спроецируем на нее прямые b, с и d. Искомая прямая параллельна а, т. е. должна спроецироваться в точку О на плоскости P. Точка О будет одинаково удалена от проекций b₁, с₁ и d₁ трех этих прямых.

Поскольку прямые а, b, с и d скрещивающиеся, ни одна из прямых b, с и d не может спроецироваться в точку на плоскости P, так как иначе она оказалась бы параллельной прямой а.

Проекции никаких двух прямых из b, с, d не сольются, так как это означало бы, что эти две прямые лежат в одной плоскости. Поэтому проекции b₁, с₁ и d₁ могут расположиться на плоскости P лишь одним из четырех способов (рис. P.3.4, а).

B первом случае (проекции образуют треугольник) мы получим четыре точки, равноотстоящие от b₁, с₁ и d₁. Это — центры вписанной и вневписанных окружностей. Проводя через каждую из них прямую, перпендикулярную к плоскости P, придем к четырем решениям.

Во втором случае (две из проекций параллельны) получим два решения (рис. P.3.4, б).

B третьем случае (проекции пересекаются в одной точке) будет единственное решение — прямая, проходящая через общую для трех проекций точку.

B последнем случае (проекции b₁, с₁ и d₁ параллельны) решения нет.

Так как все возможные случаи исчерпаны, то задача решена.

3.5. Проведем CD параллельно AB (рис. P.3.5).

Угол SCD искомый. Построим CF ? AB и AD ? AB. B прямоугольнике AFCD имеем CD = АF = ^а/₂, AD = CF = . Из треугольника SAD находим  Тангенс угла SCD равен SD : CD.

Ответ. v7.

3.6. Если OK = ?AB = OA, то треугольники OAM и OKM (рис. P.3.6) равны. Таким образом, условие OK = OA равносильно условию AM = KM и (совершенно аналогично) условию BP = KP.

Отрезок OK входит в оба треугольника OKM и OKP:

OK? = OM? ? m?, OK? = OP? ? l?, т. е. OM? ? m? = OP? ? l?

(через m и l обозначены длины отрезков MK и KP соответственно).

Так как OM? = а? + AO?, а OP? = b? + OB? и AO = OB, то

а? ? m? = b? ? l?