Главная > Математика > Стереометрия. Геометрия в пространстве
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ

ЗАДАЧИ К § 10

3.1. Пусть F — выпуклая фигура. Докажите, что: а) отрезок, соединяющий внутренние точки F, содержит только внутренние ее точки; б) отрезок, соединяющий внутреннюю точку F с граничной точкой F, содержит, за исключением его конца, только внутренние точки

Докажем утверждение а). Возьмем две внутренние точки А и В фигуры Соединим их отрезком АВ . Заметим, что, так как F выпуклая фигура, то весь отрезок АВ лежит в фигуре

Для доказательства того, что отрезок АВ содержит только внутренние точки фигуры возьмем любую точку X этого отрезка, кроме А и В (про них уже известно, что они внутренние), и докажем, что X — внутренняя точка фигуры F. Что же надо будет доказать? То, что найдется шар с центром в точке X , который целиком принадлежит

(В этом месте легко уйти в "доказательство методом от противного" и предположить: пусть такого шара нет и Попробуйте продвинуться на этом пути.)

Что же у нас есть для доказательства? Во-первых, мы взяли А — внутреннюю точку F. Это означает, что существует шар с центром в точке А , принадлежащий F. Обозначим его а его радиус — Во-вторых, мы взяли внутреннюю точку В . Значит, существует шар с центром в точке В , принадлежащий F. Обозначим его а его радиус В-треть-их, фигура F выпуклая. Поэтому, соединяя точки всевозможными отрезками, мы заключаем, что все эти отрезки лежат в фигуре F. Объединение всех этих отрезков представляет собой фигуру — усеченный конус вместе с двумя частями шара(?). Если теперь взять шар с центром в точке X и радиусом меньшим, чем , то видно, что он расположится внутри построенной фигуры , (рис. Р 3.41). Но Поэтому

Рис. Р 3.41

этому такой шар будет принадлежать фигуре F. Искомый шар найден и доказательство закончено.

Аналогично решается задача б).

3.2. Докажите, что шар является выпуклой фигурой.

Эту задачу можно решить даже без рисунка. В самом деле, возьмем две любые точки шара — назовем их А и В . Мы хотим доказать, что шар — фигура выпуклая. Согласно определению выпуклой фигуры, для этого достаточно доказать, что весь отрезок АВ принадлежит шару.

Рассмотрим сечение шара плоскостью, проходящей через точки А и В . Оно является, как известно, кругом. Но круг — это уже планиметрия, а потому все свойства плоских фигур мы считаем известными. В частности, мы знаем, что круг — фигура выпуклая. Тогда отрезок АВ лежит в этом круге. Однако наш круг лежит в данном шаре. Значит, и отрезок АВ лежит в данном шаре. Что и требовалось доказать.

Есть, правда, одна загвоздка — выпуклость круга. Мы об этом знаем или подозреваем? Боюсь, что последнее, ибо доказательства вроде бы не было.

Продолжим рассуждение. Пусть точки А и В лежат на окружности нашего круга, тогда АВ — его хорда (в частности, диаметр). Но любая точка хорды круга (кроме крайних) удалена от его центра на расстояние, меньше радиуса (это следует из свойств равнобедренного треугольника ОАВ, где О — центр круга). Значит, она принадлежит кругу.

А как быть, если точки А или В лежат внутри круга (?).

Хорошо бы, если вы разобрались с этой задачей, ни разу не прибегнув к рисунку.

Рис. Р 3.42

3.3. Каждые три из четырех выпуклых фигур на плоскости имеют общую точку. Докажите, что все четыре фигуры имеют общую точку.

Эта задача любопытна тем, что она сформулирована для произвольных фигур на плоскости, а не для каких-то конкретных — треугольников, квадратов и т.д. Тем самым она ближе к задачам геометрии как науки, чем к задачам элементарной геометрии, которая изучается в школе.

Возьмем произвольные выпуклые фигуры на плоскости и занумеруем их 1, 2, 3, 4. Эти фигуры можно и не рисовать. Общую точку фигур 1, 2, 3 обозначим 123, и соответственно обозначим 124, 134 и 234 общие точки других наборов из трех фигур, взятых из рассматриваемых нами фигур.

Для расположения этих четырех точек возможны следующие случаи.

1) Эти точки являются вершинами выпуклого четырехугольника. Пусть его противоположными вершинами будут точки 123 и 234, а также точки 124 и 134 (рис. Р 3.42 а). Пусть О — точка пересечения диагоналей этого четырехугольника. Она лежит на диагонали, соединяющей точки 123 и 234. Эта диагональ принадлежит и фигуре 2, и фигуре 3 (в силу их выпуклости). Поэтому точка О принадлежит и фигурам 2 и 3. Аналогично, точка О принадлежит и фигурам 1 и 4 (?). Тем самым она принадлежит всем четырем данным фигурам.

2) Одна из точек принадлежит треугольнику с вершинами в остальных точках. Пусть, например, точка 123 принадлежит треугольнику Т с вершинами в точках 124, 134, 234 (рис. Р 3.42 б). Поскольку все вершины треугольника Т принадлежат фигуре 4, то весь он содержится в фигуре 4 (?). Но тогда и его точка 123 принадлежат фигуре 4, т. е. она принадлежит всем четырем фигурам.

3) Все четыре точки лежат на одной прямой. Эту возможность рассмотрите самостоятельно.

Мы решили задачу, опираясь на выпуклость данных фигур. Постройте контрпример, который убедит вас, что условие выпуклости существенно. Подумайте также, верно ли утверждение задачи 3.3 для пространственных фигур и как обобщить это утверждение для пространства.

3.4. Дан прямоугольный тетраэдр. Установите по отношению к нему положение точки, равноудаленной от всех его вершин.

Искомая точка — центр описанной около данного тетраэдра сферы. Легко видеть, что такой тетраэдр — часть прямоугольного параллелепипеда, "утолок" параллелепипеда.

Так как сфера однозначно определяется четырьмя точками, не лежащими в одной плоскости, то сфера, описанная около данного тетраэдра, будет одновременно описанной около прямоугольного параллелепипеда, для которого тетраэдр является "уголком". Но центр сферы, описанной около прямоугольного параллелепипеда, лежит в середине его диагонали. Запомните это.

Далее, грань данного тетраэдра является сечением прямоугольного параллелепипеда. Причем таким сечением, которое проходит через концы трех ребер, выходящих из одной вершины. Нам уже известно, что такое сечение отсекает от диагонали одну треть ее (задача 2.133). И так как одна треть меньше половины, то искомая точка лежит вне данного тетраэдра.

Если из этих рассуждений вы не “увидели" решения, то сделайте рисунок — все станет гораздо яснее.

ЗАДАЧИ К § 11

3.5. Дан выпуклый многогранник. Внутри него взяли произвольную точку и спроектировали ее на плоскости всех его граней. Докажите, что хотя бы одна проекция этой точки принадлежит какой-либо грани.

Возьмем любую точку А внутри многогранника М. Из всех опорных плоскостей многогранника М, проходящих через его грани, выберем ту, которая ближе всех к А . Назовем ее а. (Если таких плоскостей несколько, то выберем любую из них.)

Пусть — проекция точки А на а, причем не принадлежит грани Р многогранника — той грани, которая лежит в плоскости а (рис. Р 3.43). Тогда Но . Значит,

отрезок пересекает границу М в какой-то точке, назовем ее В (?). Эта точка В лежит в некоторой грани Q данного многогранника. Обозначим плоскость этой грани через . Тогда

Рис. Р 3.43

Оказалось, что плоскость Р ближе к точке А , чем плоскость а, что противоречит выбору плоскости а. Значит, наше предположение о том, что не лежит в грани Р неверно, и на самом деле лежит в грани

Полученный результат можно усилить. (Решив задачу, всегда стоит подумать о такой возможности.) А именно можно доказать, что проекция точки А лежит внутри грани а не на вершине и не на ребре многогранника. Это мы докажем способом "от противного". Пусть совпадает с вершиной многогранника. Так как — перпендикуляр из точки А на плоскость а, то — наклоним к плоскости грани, соседней с Но тогда плоскость этой соседней с Р грани будет ближе к А , чем а , что противоречит выбору плоскости а.

То, что не принадлежит ребру многогранника, вы теперь легко докажете сами.

В итоге получается, что лежит внутри грани

Первая часть задачи может быть решена из механических соображений. Пусть поверхность многогранника М сделана из легкого материала, а в выбранной нами точке А сосредоточена значительная масса (в сравнении с массой всей поверхности). Поставим наш многогранник на плоскость какой-либо грани. Если проекция точки А выходит за пределы этой грани, то положение многогранника будет неустойчивым и он "перекатится" на плоскость другой своей грани. Если новая проекция точки А выйдет за пределы и той грани, то он продолжит свое “перекатывание". Если проекция точки А на плоскости всех его граней будут выходить за пределы этих граней, то "перекатывание" будет идти бесконечно, что противоречит законам механики.

Исходная задача имеет очевидный планиметрический аналог (?). В этой аналогичной задаче вместо многогранника появится, понятно, многоугольник. Здесь можно было бы сказать, что "аналогичная задача имеет и аналогичное решение". В данном случае это верно, но интересно не это. Полученную планиметрическую задачу можно решить, исходя из стереометрических соображений! Для этого придадим нашему многоугольнику "толщину", т. е. сделаем его прямой призмой. Получим многогранник, для которого задача уже решена. Конец этого решения додумайте самостоятельно.

3.6. Пусть ABCD — квадрат со стороной 1. На ABCD как на основании построены две пирамиды

При этом точки находятся по одну сторону от плоскости основания. Рассматриваются сечения многогранника, являющегося объединением этих пирамид, плоскостью, параллельной основанию. Пусть — расстояние от плоскости сечения до точки Как найти зависимость от площади сечения?

Рис. Р 3.44

Прежде всего, надо понять, как устроен многогранник F, являющийся объединением данных пирамид. И без хорошего рисунка это вряд ли возможно (рис. Р 3.44). Не пожалейте времени, чтобы его сделать. Из этого рисунка видно, что многогранник F имеет 7 граней. Для облегчения дальнейшего понимания, можно заметить, что многогранник F является частью прямой треугольной призмы основанием которой является треугольник АВРХ, а боковым ребром Несложно доказать, что и .

Плоскость, параллельная (ABC), будет давать сечения многогранника F двух видов. Представим себе, что она "движется" вверх по направлению Пока она не проходит через MN, сечением будет прямоугольник)?). После этого сечение является объединением двух квадратов, пока не вырождается в две точки (?).

Теперь, когда геометрическая картина задачи ясна, перейдем к вычислениям, точнее наметим их план.

Пока сечением является прямоугольник, одна его сторона равна 1, а другая может быть найдена из с помощью подобия.

Когда сечением будут два квадрата, площадь каждого из них может быть найдена при помощи теоремы о сечении пирамиды плоскостью, параллельной основанию.

В любом случае особых проблем не должно быть.

Интересным является то, что площадь S сечения оказывается функцией, заданной кусочно: от 0 до 1 она задается одной формулой, а от 1 до 2 — другой. Вот эти формулы: при при

3.7. Дан выпуклый четырехгранный угол. Докажите, что в его сеченни можно получить параллелограмм.

Эта задача хорошо известна и встречается в разных задачниках. Мы рассмотрим три различных ее решения. Предварительно назовем данный угол PABCD (Р — его вершина), прямую пересечения плоскостей PAD и РВС обозначим а, прямую пересечения плоскостей РАВ и PCD обозначим b (рис. Р 3.45).

Рис. Р 3.45

Решение 1. Проведем в грани PAD отрезок параллельный прямой а. Представим себе, что некая плоскость вращается вокруг Когда она будет пересекать грань РВС близко от Р, отрезок, являющийся их пересечением (назовем его ), будет достаточно мал. Когда вращающаяся плоскость будет пересекать грань РВС далеко от Р, то будет достаточно велик. Между этими двумя положениями найдется такое, при котором . А так как , то именно в этом положении сечением будет параллелограмм (?).

Решение 2. Рассмотрим угол АРС и угол Они имеют общий Возьмем на этом луче любую точку отличную от Р. Из планиметрии известно, что через любую точку внутри угла можно провести такой отрезок, у которого концы лежат на сторонах угла, а сам он делится этой точкой

пополам (?). Проведем через Q два таких отрезка — в угле РАС (назовем его ) и в угле PBD (назовем его ). В результате получим параллелограмм .

Решение 3. Проведем плоскость через прямые а и b. Затем проведем плоскость через любую точку внутри луча РА, параллельную первой. Она будет пересекать данный четырехгранный угол(?). При этом на гранях PAD и РВС получится одна пара параллельных отрезков, а на гранях РАВ и PCD — другая пара также параллельных отрезков(?). Эти четыре отрезка и будут являться сторонами параллелограмма.

Разберитесь во всех трех решениях и запомните то, которое вам больше понравилось.

ЗАДАЧИ К § 12

3.8. Пусть ребро правильного многогранника известно. Как найти: а) радиус описанной сферы; б) радиус вписанной сферы; в) двугранный угол между соседними гранями? Пусть ребро равно 1. Вычислите эти величины.

Рис. Р 3.46

Сложнее всего найти эти величины для икосаэдра и додекаэдра. Так как эти многогранники двойственны друг другу, то, решив задачу для одного из них, легко получим ее решение и для другого. Так как правильный додекаэдр строился как двойственный правильному икосаэдру, то естественно начать отыскание этих величин для правильного икосаэдра. А для того чтобы найти эти величины в правильном икосаэдре, надо его сначала построить. Его построение указано в теоретическом тексте параграфа. Основываясь на нем, можно получить все нужные ответы. Но мы будем исходить из другого построения правильного икосаэдра. Это построение интересно само по себе. Кроме того, оно связывает правильный икосаэдр с кубом. Связь с кубом позволяет решить задачу быстрее.

Оказывается, все вершины правильного икосаэдра можно расположить на поверхности куба. На каждой грани куба лежат по две соседние вершины икосаэдра. Положение этих вершин

указано на рисунке Р 3.46. Искомые величины в икосаэдре могут быть теперь найдены как некоторые величины в кубе.

Пусть ребро куба равно Вычислим ребро правильного икосаэдра. Обозначим его длину через d, расстояние от его вершины до ближайшего ребра куба — через Получаем первое уравнение: Из треугольника, являющегося гранью правильного икосаэдра, получаем еще одно уравнение:

Решая систему этих уравнений и учитывая, что получим

Теперь можно убедиться, что многогранник, расположенный в кубе с ребром как указано на рисунке Р 3.46, ребро которого является правильным икосаэдром(?). Центр этого икосаэдра и центр куба совпадают(?). Все искомые величины могут быть вычислены из планиметрических соотношений).

3.9. Найти ребро куба, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, у которой все ребра равны

Рис. Р 3.47

Прежде всего, уточним, что значит фраза "многогранник М вписан в многогранник . Означает она, что все вершины многогранника М находятся на поверхности многогранника

В данной задаче куб может быть по-разному вписан в пирамиду, поэтому задача имеет бесконечно много решений). Для получения однозначного ответа зафиксируем положение вершин куба каким-нибудь дополнительным предположением. Пусть, например, известно, что вершина одного основания куба лежит на основании пирамиды, а вершина другого основания куба — на боковых ребрах пирамиды.

Сделаем рисунок (рис. Р 3.47).

На этом рисунке PABCD является данной пирамидой, — вписанный в нее куб, PQ — высота пирамиды, центр верхнего основания куба.

Обоснования на этом рисунке требует расположение вершин К, L, М, N на диагоналях квадрата ABCD, параллельность ребер верхнего основания куба соответствующим ребрам пирамиды (скажем,

После этого можно переходить к выкладкам.

Пусть ребро куба равно Из подобия треугольников имеем

Из подобия треугольников имеем

значит

Поэтому

Всегда стоит себя проверить, хотя бы арифметику.

Ребро куба должно быть меньше 1 и даже меньше,

Убедитесь, что найденное значение отвечает этим требованиям. А

3.10. Из всех сечений куба, проходящих через его диагональ, укажите такие, которые имеют наибольшую и наименьшую площадь.

Пусть — куб, — диагональ, о которой идет речь в условии (рис. Р 3.48).

Сначала установим форму сечения. Плоскость сечения фиксируется данной диагональю и какой-либо еще точкой. Пусть эта точка К "бегает" по прямой . Когда она находится

Рис. Р 3.48

на ребре то сечение является четырехугольником . (А что получится, когда точка К находится вне ребра АА.,

Четырехугольник - параллелограмм (?). Для вычисления его площади есть разные способы (?). Мы воспользуемся формулой , где а и b — стороны параллелограмма, — угол между ними. Все эти величины выразим через переменную . Пусть ребро куба равно Тогда Имеем:

Тогда

(Все выкладки проведите самостоятельно.)

Отсюда ясно, что наименьшее значение площади достигается, когда (?), то есть тогда, когда точка К находится в середине ребра . Сечение в этом случае является

А наибольшее значение площади достигается, когда или Таких сечений два и каждое из них — прямоугольник. При это сечение — , а при

Решение получено, но оно может не понравиться тем, кто не любит длинных выкладок в геометрических задачах.

Поэтому наметим более наглядное решение.

Известна формула для вычисления площади , проекции фигуры с площадью S, когда плоскость, в которой лежит фигура, составляет с плоскостью проекции угол

Тогда . По этой формуле

Осталось оценить

Плоскость пересекается с плоскостью BADC по прямой а, проходящей через точку D. Линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями, образован перпендикулярами, проведенными из точек на прямую а

Перпендикуляры эти попадают в одну точку прямой назовем ее Т . Тогда

Осталось оценить величину ВТ. Нарисуйте квадрат ABCD, проведите через D (в его плоскости) прямую а и перпендикуляр ВТ на прямую а

Остальное вы увидите собственными глазами, как и полагается при чисто геометрическом решении. Вообще, все это решение можно "увидеть" при хорошем "геометрическом" зрении (и знании формул!).

3.11. Через вершину С, куба проведена плоскость, пересекающая ребра ВС и CD соответственно в точках К и L и образующая с гранью ABCD угол а, причем в сеченин получен равнобедренный треугольник. Как найти площадь сечения, если длина ребра куба равна а

Сначала нарисуем куб и сечение . В условии сказано, что треугольник — равнобедренный, но не сказано, какие стороны у него равны. Поэтому надо понять, что здесь может быть. Логически возможно, что: (ибо равносторонний треугольник — тоже равнобедренный).

Прежде чем пускаться в море выкладок, подумаем, нельзя ли сократить число возможных случаев. И сразу же увидим, что случаи 2 и 3 равноправны(?). Далее, видно, что случай 4 выполняется, когда точка К совпадает с точкой В , а точка L совпадает с точкой D (и только в этой ситуации!)(?). Этот случай совсем прост — надо найти площадь равностороннего треугольника, зная его сторону.

Рис. Р 3.49

Есть, правда, и здесь небольшая тонкость. Угол, который составляет с плоскостью ABCD плоскость легко найти (?), он равен , а в условии говорится, что этот угол равен а. Как быть? Несложно понять, что случаям 1 и 2 соответствует ограничение , поэтому будем считать, что угол а, заданный в условии, относится только к равнобедренному, но не равностороннему треугольнику.

Разберемся теперь со случаем 1.

Рис. Р 3.50

Пусть — высота в Зная найдем СМ . Зная СМ — высоту равнобедренного прямоугольного треугольника — найдем его площадь. Зная площадь этого треугольника (а он является проекцией треугольника на плоскость найдем площадь треугольника

И наконец, случай 2, то есть

Так как то получаем, что

Но тогда точка L совпадает с Рисунок становится другим (рис. Р 3.50).

Теперь обозначим и получим:

Отсюда

Из этого уравнения находим , а затем и площадь искомого сечения. А

3.12. Внутри правильного тетраэдра с ребром а расположены четыре равные сферы так, что каждая сфера касается трех других сфер и трех граней тетраэдра. Найтн радиус этих сфер.

Начинать решение этой задачи следует, конечно, с рисунка. Важно, однако, знать, что в иных задачах о сферах сами сферы рисовать не обязательно, достаточно указать их центры и изобразить радиусы. Так и сделаем (рис. Р 3.51): ABCD — данный тетраэдр, АК — его высота, — центры шаров, данных в условии, L — точка пересечения прямой АК с плоскостью Заметим, что центры равных шаров , касающихся плоскости удалены от нее на равные

Рис. Р 3.51

расстояния, каждое из которых равно радиусу шара (обозначим его как Значит плоскости и BCD параллельны, а потому

Далее, каждая пара шаров касается между собой, а потому расстояние между их центрами равно сумме их радиусов, то есть . Но тогда многогранник с вершинами

— правильный тетраэдр с ребром

Займемся выкладками.

Имеем . Но как высота правильного тетраэдра с ребром как высота правильного тетраэдра с ребром

Осталось выразить . Заметим, что точка О, находится внутри трехгранного угла и удалена от его граней на расстояние , а плоские углы трехгранного угла равны 60°. Не очень сложно получить, что

Но тогда приходим к уравнению

откуда после упрощений получаем

Как часто бывает в геометрии, возможно и другое решение. Оно будет использовать результаты уже известных задач, но больше соответствовать "духу" этого параграфа.

Сделаем новый рисунок (рис. Р 3.51 б).

Пусть точка О — центр правильного тетраэдра ABCD. Несложно доказать, что та же точка О будет центром правильного тетраэдра

Результат, на который мы будем ссылаться, выглядит так: "В произвольном тетраэдре отрезки, соединяющие его вершины с точками пересечения медиан противоположных граней, имеют общую точку, которая делит каждый из них в отношении считая от вершины" (см. п. 24.4).

Раз это выполняется в произвольном тетраэдре, то и в правильном тоже. Тогда запишем равенство .

Получаем уравнение решив которое, приходим к нужному результату.

3.13. Ребро правильного тетраэдра ABCD равно 2. Как найти радиус сферы, проходящей через точки А, В, середину ребра CD и центр грани

Сначала — рисунок (рис. Р 3.52). На нем ABCD — данный тетраэдр, К — середина ребра — центр грани ABC. В этой задаче красивого наглядного решения не видно, увы...

Чтобы найти радиус R сферы, его надо дорисовать, а для этого понадобится изобразить центр сферы — назовем его О.

Рис. Р 3.52

Изображать надо не как попало, а поняв, где он находится. А находится он, как известно, на перпендикуляре, проходящем через центр ее любого сечения. Здесь эти сечения задаются двумя треугольниками: АВК и Центр сечения будет центром окружности, описанной около такого треугольника. Так как треугольников — два, то сечений тоже два и перпендикуляров тоже два. Их пересечение и даст центр сферы.

Подготовим теперь новый, более полный рисунок. Центр окружности, описанной около треугольника АВК будет, лежать на серединном перпендикуляре KL, проведенном из К на АВ, причем внутри этого треугольника!?). Назовем его (рис. Р 3.53). Центр окружности, описанной около треугольника ABF, будет лежать на серединном перпендикуляре FL, проведенном из F на АВ, причем вне этого треугольника(?). Назовем его

Из точек проведем перпендикуляры к плоскостям треугольников ABF и АВК соответственно. Эти перпендикуляры лежат в одной плоскости (?), не параллельны (?), а потому у них есть точка пересечения — искомый центр О. Тогда искомый радиус R — это отрезки ОА, ОВ, ОК и OF. Но из какого треугольника его искать? "Хороших" треугольников, где было бы достаточно данных что-то не видать.

Рис. Р 3.53

На помощь приходит алгебра. Введем переменные: Если удастся найти систему с тремя этими неизвестными и тремя независимыми уравнениями, то возможно и повезет (то есть, система решается). Итак пишем:

где — радиус окружности, описанной около AABF. Радиус , можно найти из

где радиус окружности, описанной около ААВК. Радиус можно найти из ААВК

где — это угол между нормалями (перпендикулярами) к плоскостям ABC и АВК. Этот угол можно найти (?).

Немного "повозившись", можно найти и 0,02 (в конце концов — это планиметрия, ибо все нужное нам происходит в плоскости ).

Решается ли система уравнений (1), (2), (3)? Решается, и вы можете, набравшись терпения, убедиться в этом сами.

Если вы доберетесь, в конце концов, до результата, то, наверное, зададите вопрос: "А нельзя ли короче?". Оказывается, можно. Но только при условии, что вы знакомы с методом координат в пространстве (см. § 18). В этом случае решите задачу еще и так. Проверять себя всегда полезно, особенно если выкладки были длиннющими.

3.14. Найдите ребро куба, вписанного в конус, образующие которого равны 1 и наклонены к плоскости основания под углом а .

Куб вписан в конус в том случае, если все его вершины лежат на поверхности конуса: четыре — на основании, четыре — на боковой поверхности конуса. Основная идея во многих задачах — свести ее к несложной планиметрии.

Рис. Р 3.54

Исходный рисунок таков (рис. Р 3.54.). Здесь Р — вершина конуса, О — центр его основания, — данный куб, — центр верхнего основания куба, — осевое сечение конуса.

Все необходимое для решения содержится в треугольнике , а еще точнее — в треугольнике РКО . Основной аппарат для решения — подобие треугольников. Итак, треугольники РКО и подобны (?), а потому

Пусть ребро куба равно радиус основания конуса —R, а высота его —Н. Тогда

откуда

Так как

то

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление