Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
4°. Так как CP = ~ CD, то если D описывает прямую (Л), то P описывает прямую (о), полученную из (Д) гомотетией ^C9 -i-j. Так как А и В фиксированы, то M — фиксирована. Так как МО = у MP1 то О соответствует P в гомотетии ^M9 Tj^J) значит, если P описывает (о), то О описывает прямую (о'),
684
Ответы. Гл. XXV. РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
параллельную (S), следовательно, и (Л). Итак, геометрическое место центров параллелограммов MNPQ есть прямая (о'), параллельная (Д).
26. Г. Боковые грани пирамиды SABCD (черт. 274). SD перпендикулярно плоскости ABCDt следовательно, грани SDA и SDC — прямоугольные треугольники
(прямые углы при вершине D). Если мы опустим перпендикуляр BE на DC, то мы получим квадрат ABED; значит, BE = ED = = ЕС; треугольник BDC, следовательно, прямоугольный (прямой угол В). Углы SAB и SBC проектируются ортогонально в плоскость SBCD в углы DAB и DBC; значит, эти углы прямые. Итак, боковые грани пирамиды SABCD — прямоугольные треугольники.
2°. Величина DL DI =
Сфера, проходящая через точки S9
B9 E и С. Ось окружности, проходящей через точки В, EuC, есть прямая, перпендикулярная в точке / плоскости ABC D. Пусть О — центр сферы, проходящей через точки В, Е, С, S и R — ее радиус, тогда R2 = OS2 = ОС2. Так как _ /О/С = 90°, то б С2 = Ql2 + IC2, и из прямоугольной трапеции SDIO: OS2 = DI2 + (DS — Ol)2 = D/2 + DS2 — 20/ - DS + Ol2; отсюда /С2 + О/2 = D/2 + DS2 — 20/ ¦ DS + Ol2; значит, 20/ . DS = D/2 + DS2 —
— /С2 = 4-а2 — Щ- = За2, откуда, наконец, OI = -^-. Этим фиксирован центр.
Радиус R-
аУП
Другое решение (черт. 275). Центр О искомой сферы есть точка пересечения осей окружностей, описанных вокруг треугольников ВЕС и SEC тетраэдра. Первая ось проходит через точку / и параллельна DS; вторая—проходит через точку пересечения медиатрис отрезков SE и ЕС. Если J' — середина ЕС, то так
За
как DJ'J — равнобедренный и прямоугольный треугольник то J' J = DJ' = .
Эта вторая ось параллельна JfI и пересекает первую в искомом центре О таком,
что 10 =
3°. Тип четырехугольника DMPC
Плоскость MDC содержит DC, a DC \\ AB1 поэтому плоскость MDC пересекает плоскость SAB по прямой MP\\DC; четырехугольник DMPC, следовательно, — трапеция. Более того, плоскость MDC перпендикулярна плоскости SDA потому, что она содержит прямую CD, перпендикулярную этой плоскости. Углы M и D, следовательно, прямые. Итак, трапеция DMPC прямоугольная; MnD — прямые углы.
Объем SDMPC. Опустим из точки S перпендикуляр SH на DM. Он будет вместе с тем перпендикуляром к плоскости DMPC; значит, SH— высота пирамиды SDMPC Объем пирамиды SDMPC будет равен v = \- SH • ^D ;
НО
SH-MD
•площадь треугольника SDM. Имеем
пл. Д SDM
откуда пл. Д SDM =
і V 2
пл. Д SDA =
пл. &SDA
ах • MP
—-==¦; далее, -
2/2 AB
SM _
~SA~ __SM
~~ SA '
MP =
a}r2
V~2 '
откуда V = — ax (2a jr2 + x). Если v = — то x ¦¦ у 12 24 '
aY2
значит,
Y~2
точка M совпадает с серединой отрезка SA.
Ответы. Гл. XXV. РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
68;>
27. 1°. Построение M' (черт. 276). Пусть т — проекция M на (А); возьмем на прямой (А) точку т' такую, что mm' = h, затем повернем полуплоскость (М, Л)
на угол + у , а в этой последней полуплоскости проведем через точку т' луч,
перпендикулярный (А); точка Мг есть точка этого луча такая, что т'М' = тМ. Построение M и М'> если известна середина / отрезка MM'. Проведем
через точку / плоскость (P)1 перпендикулярную (А); пусть M1 и М[ — проекции
точек M и M' на эту плоскость. Обозначим через / проекцию / на (А). Угол
Мг1М[ — линейный угол двугранного угла M(L) M', а потому /_ МгШ[ = у. Далее,
IMx = тМ, iM[ = т''M'значит, IM1 = Ш( и &Мг1М[ прямоугольный и равнобедренный. Значит, // — одновременно и медиана и высота и IM1 = IM1 = II. Чтобы построить точки M и M', достаточно провести в плоскости (P) перпендикуляр к // и взять на нем точки M1 и М[ такие, что IM1 — 1М'Х = H1 затем восставить в точках M1 и M1 перпендикуляры к (P) и отложить
на них отрезки M1M= — и
М[м' = ? (черт. 276).
Соотношение между (/, а и ft.
// = d есть кратчайшее расстояние между (D) и (А), так как // перпендикулярна к (D) и (А). Так как Д 1МГМ'х — прямоугольный, то IM1 =
- M'M[tga. Но M'М[ = ~ , значит, d = ~ tga
Прямые (Z)), проходящие через точку А. Рассмотрим плоскость (FI)1 перпендикулярную (А) и такую, что проекция Ax точки А на эту плоскость отстоит от точки А h h
IM1 = Il = d, h
на расстоянии ; AAx
2 *
Пусть
Черт. 276.
[л — точка, в которой прямая (D) пересекает (77); тогда pAx = d, где d — расстояние между (D) и (А). Это также расстояние от точки О пересечения (77) и (А) до проекции прямой (D) на плоскость (77), OK = d. Значит, конус, образованный прямыми (D)1 проходящими через точку A1 пересекает плоскость (77) по геометрическому месту точек р таких, что A1P = OK Обозначим через O1 точку пересечения перпендикуляра к А}р в точке р с перпендикуляром к OAx в Ax. Треугольники OA1K и IfJ-O1 равны,
