Нестандартные задачи по стереометрии

33

Нестандартиные задачи по стереометрии

Каждый, кто готовится к письменному экзамену по математике и изучает в этой связи варианты МГУ прошлых лет, обратит внимание на то, что, как правило, каждый вариант довольно резко разделяется на две части: на три-четыре относительно легкие задачи и одну-две значительное более трудные. В «трудные» входит либо нестандартиная алгебраическая (или тригонометрическая) задача, либо задача по стереометрии.

Что бы рассчитывать на успешную задачу письменного экзамена, надо удалить достаточно большее внимание решению нестандартиных задач. О нестандартиных задачах по стереометрии *), отображенных из вариантов МГУ, иной детree в настоящей статье.

Прежде всего подчерком важность построения удачного чертежа. При построении надо помнить, что проектция нарушает многое соответствия между элементами построенной фигуры. Необходимо все время «держать в уме» истинные углы и длины. Не надо загромождать чертеж трудно изобразаемыми деталями. Например, как правило, нет необходимости на чертеже изобразать шары или биссекторные плоскости. С другой стороны, удачное дополнительное построение может не только прояснить структуру пространственной конфигурации, но и дать хорошую идею решения задачи. Очень полезно важные плоские элементы данной стереометрической фигуры, например, грани, сечения или проекции, изображать на отдельном чертеже.

Задание 1 (BMK, 1974). В треугольной парамIDE SABC суммы трех плоских углов при каждой из вершин B и C равны 180° и |SA| = |BC|. Найти объем парамиде, если площадь грани SBC равна 100 см², а расстояние от центра описанного шара до плоскости основания равно 3 см.

Решение. Первое условие задачи является наиболее «неудобным» для использования. Чтобы сделать его более наглідным, рассмотрим развертку $S_1S_2S_3$ ABC парамиде SABC (рис. 1). Из первого условия следует, что точки $S_1$, $B$, $S_3$ лежат на одной прямой, как и точки $S_1$, $C$, $S_2$. Так как BC есть средняя линия в треугольнике $S_1S_2S_3$, $|S_2S_3| = 2 |BC|$. С другой стороны, по условию задачи, $|AS_3| = |AS_2| = |BC|$. Таким образом, треугольник $AS_2S_3$ оказывается и правильно разверткой будет развертка, изобженная на рисунке 2. Отсюда немедленно следует, что все грани являются конгрузными треугольниками. Значит (доказите!), расстояния от центра описанного шара до всех граней равны. Если мы соединим центр описанного шара со всеми вершинами, то наша парамиде разобляется на четыре равновеликие парамиде, объем каждой из которых равен $\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 100 \text{ см}^3 = 100 \text{ см}^3$.

*) О более стандартных примах решения стереометрических задачи (в частности, об использовании векторов и координат) можно прочитать в «Кванте» — 1978, № 11, с. 42 и 1979, № 1, с. 45.

34

Позному объем исходной парамиды равен 400 см³.

Задача 2 (Мехмат, 1975).
В правильную треугольную парамиду SABC с вершиной S и основанием ABC вписан шар единичного радиуса; двуугранный угол между основанием парамиды и боковой грани равен 60°. Доказать, что существует единственная плоскость, пересекающая ребра основания AB и BC в некоторых точках M и N таких, что |MN| = 5, касающаяся шара в точке, удаленной на равные расстояния от точек M и N, и пересекающая продолжение высоты парамиды SK за точку K в некоторой точке D. Найти длину отрезка SD.

Решение (рис. 3). Заметим сразу, что исходные данные полностью определяют нашу парамиду.

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

Вычислим, например, длину стороны основания. Рассмотрим для этого сечение, проходящее через высоту парамиды SK и боковое ребро SB. (Такое сечение часто используется в решении задачи на правильную парамиду.) Это сечение пересекает грань ASC по апофеме SL (рис. 4a); точка O на нем — центр вписанного шара. Поскольку теперь, что точки M и N однозначно определяются условиям задачи. Так как плоскость основания тоже касается шара, из условий задачи следует, что |MK| = |KN| (доказhte!). Пусть |AM| = x. Тогда априор尼 либо |CN| = x, либо |BN| = x (доказhte!).

Рассмотрим первый слу-чай (рис. 5a). Так как прямая MN параллельна основанию AC, $\frac{|MB|}{|AB|} = \frac{|MN|}{|AC|} = \frac{5}{6}$, откуда x = 1. Заметим, в частности, что |PK| = |KL| — $|PL| = \frac{\sqrt{3}}{2} < 1$. Следовательно, плоскость, проходящая через (MN) и касающаяся шара, пересекает продолжение [SK] за точку K.

Переходя ко второму слу-чай (рис. 5б), вычислим по теореме косинусов для треугольника MBN величины x. Получим x = $\frac{9 - 4\sqrt{3}}{3}$. (Проделяйте вычисления самостоятельно и обосновайте, почему достаточно ограничиться этим значением для x.) Определим теперь расстояние от точки K до отрезка MN. Для этого вычислим площадь треугольника MKN:

$$S_{MKN} = S_{MBK} + S_{KBN} - S_{MBN} = \frac{1}{2} (6 - x) 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} x\sqrt{3} - \frac{1}{2} (6 - x) x \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{12}.$$

Следовательно,

$$KP = \left(2 \cdot \frac{25\sqrt{3}}{12}\right); 5 = \frac{5\sqrt{3}}{6} > 1.$$

Значит, плоскость, проходящая через (MN) и касающая шара, пере-

35

сечет (SK) «выше» точки $K$, что противоречит условия задачи. Таким образом, второй случай невозможен. Существование и единственность искомой плоскости доказаны.

Перейдем к вычислению длины отрезка $SD$. На рисунке 6 снова изобравлено то же сечение, что и на рисунке 4, $a$. Из подобия треугольников $PKD$ и $QOD$ легко находим $|KD| = 6$. Отсюда $|SD| = |KD| + |SK| = 9$.

Задача 3 (BMK, 1975). Дана треугольная парамida $ABCD$. Скрещиваются ребра $AC$ и $BD$ и $AD$ и $BC$ этой парамды перепределкиры, ребра $AB$ и $CD$ равны, все ребра парамды касаются шара радиуса $r$. Наимплипцадь грани $ABC$.

Решение е. Проведем через ребро $AD$ плоскость, перпендикулярную ребру $BC$ (рис. 7). Очевидно (почему?), эта плоскость содержит высоту парамды, причем $(DE) \perp (BC)$. $|BE|^2 = |AB|^2 - |AE|^2 = |BD|^2 - |DE|^2$; $|EC|^2 = |AC|^2 - |AE|^2 = |CD|^2 - |DE|^2$.

Отсюда
$$|AB|^2 + |CD|^2 = |BD|^2 + |AC|^2.$$ (1)

Аналогично
$$|AB|^2 + |CD|^2 = |BC|^2 + |AD|^2.$$ (2)

Воспользовемся теперь тем, что суммы длины промионовложных сторон проспрактивенного четмырехуольника, все стороны коморого касаются шара, равны. (Доказите этот аналог извлечного свойства описанного четмырехуольника самостояльно.) Применяя это утверждение к пространственному четмырехуольнику

Рис. 6. Рис. 7.

$ABCD$ со стороны $AB, BC, CD$ и $DA$, получим
$$|AB| + |CD| = |BC| + |AD|.$$ (3)
С другой стороны, можно считать, что $ABCD$ — пространственный четмырехуольник со стороны $AB, BD, DC, CA$. Поэтому
$$|AB| + |CD| = |BD| + |AC|.$$ (4)
Сопоставляя равенства (1) — (4) и полагая $|AB| = a$, получим две системы уравнений
$$\begin{cases} |BD|^2 + |AC|^2 = 2a^2, \\ |BD| + |AC| = 2a \end{cases}$$
и
$$\begin{cases} |BC|^2 + |AD|^2 = 2a^2, \\ |BC| + |AD| = 2a \end{cases}$$
Из этих систем легко следует, что длины всех ребер нашей парамды равны $a$. Очевидно, центр $O$ шара, касающийся всех ребер, совпадает с центром правильно тетрадра $ABCD$. Но $r^2 = r_1^2 + r_2^2$, где $r_1$ — радиус вписанного шара, а $r_2$ — радиус кругга, вписанного в основание. Так как $r_1 = \frac{1}{4}\sqrt{\frac{2}{3}}a$ и $r_2 = \frac{\sqrt{3}}{6}a$, $r^2 = \frac{1}{8}a^2$. Отсюда $S_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = 2\sqrt{3}r^2$.

Задача 4 (Физфак, 1976 г.). Все плоские улыбки треугольников уела $SABC$ ($S$ — вершина) прямы. На грани ASC взята точка $D$ на расстоянии 5 см от вершины $S$ и на расстоянии 3 см от ребра $SC$. Из некоторых точки $M$, расположенной внутри треугольника $SABC$, в точку $D$ направлен луч света. Луч образует угол $\frac{\pi}{4}$ с ребром $SB$ и угол $\frac{\pi}{3}$ с ребром $SC$. Луч зеркально отражается от граней уела $SABC$ сначала в точке $D$, затем — в точке $E$, затем — в точке $F$. Наимплипцадь отрезка $EF$.

Решение е. Геометрическая идея решения состоит в «выпрямлении» траектории луча на основе законов отражения. Заметим, что если луч отражается зеркально от плоскости, то луч, симметричный относительно этой плоскости отражению лучу, является продолжением падающего луча. На рисунке 8 изобравена «выпрямления» траектория нашей

36

Луча. Например, отрезок $E'F'$ получен повторным отражением отрезка $EF$ относительно плоскостей граней трехгранного угла. Из условия задачи следует, что точка $D$ находится на расстоянии 4 см от ребра $SA$. Так как длина проекции отрезка $F'D$ на ребро $SC$ равна 4 см, а угол между ними $\frac{\pi}{3}$, $|F'D| = 8\text{cm}$. Значит, длина проекции отрезка $F'D$ на ребро $SB$ равна $4\sqrt{2}\text{cm}$. Так как сумма квадратов длини проекций отрезка на три взаимно перпендикулярные оси равна квадрату его длины («Геометрия 10», § 49), проекция отрезка $F'D$ на ребро $SA$ имеет длину 4 см. Отсюда видно, что наш луч сначала попадает на грань $BSC$, а затем на грань $ASB$. Точка $S$ делит эту проекцию в отношении 1:3. Очевидно, точка $E'$ делит отрезок $F'D$ в том же отношении. Следовательно, $|E'F'| = 2\text{cm}$.

Задание 5 (BMK, 1977 г.). В парамед $SABC$ прямая, пересекающая ребра $AC$ и $BS$ и перпендикулярная к ним, проходим через середину ребра $BS$. Грань $ASB$ равновелика грани $BSC$, а площадь грани $ASC$ в два раза больше площади грани $BSC$. Внутри парамеды есть точка $M$, сумма расстояний от компоней do вершин $B$ и $S$ равна сумме расстояний до всех граней парамеды. Найти расстояние от точки $M$ до вершины $B$, если $|AC| = \sqrt{6}, |BS| = 1$.

Решение. Обозначим через $K$ и $N$ точки пересечения общего perpendикуляра к ребрам $AC$ и $SB$ с этим ребрами (рис. 9).

Рис. 8.

Рис. 9.

Достаточно очевидно, что решение задачи надо начинать с анализа тех ее условий, которые не касаются положения точки $M$. Из равновеликости граней $ASB$ и $BSC$ следует, что точки $A$ и $C$ находится на одинаковом расстоянии от ребра $SB$.

Рассмотрим общую задачу о вычислении расстояния от точки $A$, лежащей на прямой (I), до прямой (II) (рис. 10). Обозначим через $O_1$ и $O_2$ основания общего perpendикуляра к прямым (I) и (II), $a = |AO_1|$, $d = |O_1O_2|$, $\varphi$ — угол между прямыми (I) и (II), $h$ — расстояние от точки $A$ до прямой (II). Из рисунка 10 легко находим, что

$$h = \sqrt{a^2\sin^2\varphi + d^2}.$$ (5)

Отсюда следует, что любые две точки прямой (I), находящиеся на равных расстояниях от прямой (II), находятся на равных расстояниях от основания общего perpendикуляра к этим прямым. Таким образом, точка $K$ является серединой отрезка $AC$. Далее, точки $S$ и $B$ в силу формулы (5) оказываются одинаково удаленными от ребра $AC$, откуда следует, что грани $ASC$ и $ABC$ равновелики. Выведенная нами формула (5) позволяет также выписать площади граней $ASC$ и $BSC$:

$$S_{ASC} = p = \frac{\sqrt{6}}{2} \sqrt{\frac{1}{4}\sin^2\varphi + d^2},$$

$$S_{BSC} = q = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{2}\sin^2\varphi + d^2}.$$ (6)

Из условия задачи $p = 2q$ или

$$\frac{\sqrt{6}}{2} \sqrt{\frac{1}{4}\sin^2\varphi + d^2} = \sqrt{\frac{3}{2}\sin^2\varphi + d^2},$$ (7)

37

откуда
$$d = \frac{3}{2} |\sin \varphi|.$$ (8)

Итак, задание угла φ между ребрами AC и SB полностью определяет параметry, удовлетворяющий всем условиям задачи, кроме тех, в которых речь идет о точке M.

Заметим, что из наших рассмотренной следующей также, что отрезок KN принадлежит биссекторным плоскостям двугранных углов параметры с ребрами AC и SB.

Перейдем теперь к анализу положения точки M. Особая роль отрезка KN, выявленая в предыдущем анализе, позволяет вывинуть предположение, что точка M, удовлетворяющая условиям двугранных углов параметры с ребрами AC и SB. Если плоскость перpendикулярна биссекторной плоскости двугранного угла, то сумма расстояний от любой ее точки внутри этого угла до граней есть величины постоянная. (Доказите это самостояльно, пользовать тем, что сумма расстояний от точки основания равно бедренного треугольника до его боковых сторон есть величины постоянная.)

Таким образом, суммы расстояний до всех четырех граней параметры от точек M и L равны. Обозначим эту сумму через l и вычислим ее. Пусть $x = |KL|$ и $V$ — объем параметры. Очевидно, сумма расстояний от точки N до граней ABC и ASC равна $\frac{3V}{p}$. Значит, сумма расстояний от точки L до тех же граней равна $\frac{x}{d} \cdot \frac{3V}{p}$. Аналогично вычисляется сумма расстояний от точки L до граней BSC и ASB: она равна $\frac{d-x}{d} \cdot \frac{3V}{q}$.

Итак, $l = \frac{x}{d} \cdot \frac{3V}{p} + \frac{d-x}{d} \cdot \frac{3V}{q}$. Воспользовавшись формулой $V = \frac{1}{6} \times |AC| \cdot |BS| \cdot |KN| \cdot |sin \varphi|$ (выведите эту полезную формулу самостояльно) и формулами (6) и (8), получим $l = 2\sqrt{\frac{2}{5}}(d-x/2)$.

С другой стороны, $|SM| + |BM| \geqslant |SL| + |BL|$ (доказите!) и, следовательно, $l \geqslant |SL| + |BL|$.

No $|SL| + |BL| = 2\sqrt{1/4 + (d-x)^2}$, откуда
$$2\sqrt{\frac{2}{5}}(d-x) \geqslant 2\sqrt{1/4 + (d-x)^2}$$

или
$$0.9x^2 - 1.6dx + 0.6d^2 + 0.25 \leqslant 0.$$ (9)

В силу (8) $d \leqslant 3/2$, откуда дискриминант D квадратного трехчлена в (9) не превыходит нулю и, следовательно, $D = 0$, $d = \frac{3}{2}$, $x = \frac{4}{3}$, точка M совпадает с точкой L и

$$|MB| = \sqrt{1/4 + (d-x)^2} = \frac{\sqrt{10}}{6}$$.

В заключение заметим, что приведенные нами решения задач нельзя рассматривать как образцы оформления письменной работы. Мы стремились лишь показать основные идеи и примеры решения, оставляя читателю подчас весы существенные детали для самостоятельной доработки.

У разженяя
1 (BMK, 1974). В треугольной парамиде SABC суммы трех плоских углов при каждой вершине A, B и C равны 180°. Найти расстояние между скрещивающимися ребрами SA и BC, если известно, что BC=4 см, AC=5 см, AB=6 см.
2 (BMK, 1975). Все ребра треугольной парамиде касаются некоторого шара. При отрезке, соединяющей середины скрещивающихся ребер AB и CD, AC и BD, AD и BC, равны. Угол DBC равен 50°, а угол BCD больше угла BDC. Найти отношение площадей граней ABD и ABC.
3 (Мехмат, 1976). Внутри прямоугольного конуса, касаясь основания, лежит