Файл: Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие.pdf

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 21.10.2024

Просмотров: 69

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

26.

Обозначим

М=

П f] (DC);

Р— середина

[АВ].

Строим

(МК) _1 пл. ABD

и

(МН) ±_пл.

АВС. Так как

треугольники

ABD

и АВС равновелики, то

 

 

 

л

(/=

л

 

Следовательно,

sin л:: sin г/ =

| КМ | : \МН \= k, х — КРМ,

МРН.

= | КМ | : | МН | = k.

Сумма углов х - \- у равна двугранному углу АВ.

Поэтому

для определения х и у находим двугранный

угол правильного

тетраэдра

ADBC

по формуле (В).

29.

Секущая

плоскость

пересекает

ребра

[AD], [DB],

[ВС]

и [СА] в их серединах X, У, К, Т. Сечением является параллелограмм XYKT

с острым углом

60°,

причем | X Y | =

| ТК | =

1, | ХЛ = | YK | =

2.

Дополним

многогранник ABYXKT до треугольной

призмы

AXTBYxKi ( | X Y x \ = | ТКХ| =

= |/4В |). Объем многогранника ABYXTK равен

разности объемов

треугольной

призмы AXTBYxKx и четырехугольной пирамиды BYYXKXK (высота

ее

равна 3).

Аналогичным образом определяется и объем второй части пирамиды.

3 1 .

| X Y \ —

= 0,5(2 У~3)

а. Построить сечение куба диагональной плоскостью

ААХСХС.

Эта плоскость в пересечении с названными

шарами образует

два

круга,

центр

первого из которых совпадает с точкой О пересечения диагоналей [AjC] и [ACjJ

куба. Этот круг касается

отрезков

[AjCjJ

и

[АС].

 

Центр

X

 

второго

круга

принадлежит

отрезку

[ACJ,

 

касается

отрезка

[АХСХ]

в

некоторой

 

точке У

и касается

первого круга

в

точке

Р,

 

лежащей

на

 

[АСХ]. Очевидно, первый

круг касается отрезка [AjCJ в точке М,

которая

является

серединой

[AjCj].

Радиус | ХУ |

второго круга находим из подобных треугольников CxY X и СхМО.

32.

Построить осевое сечение

 

данного

усеченного конуса — равнобочную

тра­

пецию АВВХА Х. В пересечении с рассматриваемыми шарами получаем два

круга,

которые имеют следующие

свойства:

первый

вписан

 

в

равнобочную

трапецию

АВВХАХ. Центр второго круга лежит

на

биссектрисе

угла АХВХВ,

он

касается

сторон этого угла и касается

первого

круга

в

точке,

лежащей

на биссектрисе

угла АХВХВ. Для определения радиуса второго круга

рассматриваем

подобные

прямоугольные

треугольники,

 

аналогичные

 

тем,

 

которые

рассматривались

в задаче 30. 33. Центр сферы совпадает

с

 

центром

ш а р а ,

описанного

около

правильного тетраэдра, вершинами которого являются

центры

данных

 

шаров.

35.

Обозначить: х — радиус четвертого

шара,

D — его

центр; А, В,

С — цен­

тры

шаров,

 

радиусы

которых

равны

по

15

м м .

Построить

окружности

(радиусы их равны 15 мм) так, чтобы каждая из них касалась двух

остальных.

Построить к каждой

паре

этих

окружностей

внешние

касательные (не

пере­

секающие третью окружность).

Эти

касательные

в

пересечении образуют

 

пра­

вильный треугольник.

Вписать в этот треугольник окружность.

Радиус

х

 

этой

окружности равен радиусу четвертого шара Ш.

Вычислить высоту

Н

правиль­

ной

треугольной

пирамиды

DABC

 

( | АВ \ = | ВС \ = | АС | =

30

мм;

| AD \ =

=

| BD | =

| CD | =

(15 + х)

м м ).

 

Очевидно,

h =

15 +

Н + х.

39.

Основаниями

цилиндра

являются

круги,

вписанные

в

 

правильные

треугольники

AXCXD

и

ВХАС.

Обозначить

Р = (DXB) f)

пл.

AXCXD,

К = [DXB) f] (АВХС).

 

Теперь

доказать,

что

 

высота

|Р /(]

цилиндра

равна

третьей части \ DXB\.

42.

Пусть

(OY) — прямая,

по

 

которой

пересекаются

плоскости,

касающиеся

конуса

по

 

 

 

 

 

 

 

 

л

 

 

 

л

 

а,

л

 

 

л

 

 

 

 

плоскость HOY

образующим ОА и ОВ. НОА=

НОВ=

АОУ= BOY. Поэтому

делит прямой двугранный угол при ребре OY пополам.

Пусть [ОМ) = /_HOY f|

П /_АОВ.

Очевидно,

(АОМ,

л

 

 

 

 

 

 

л

 

0,5л:.

У

прямоугольного

 

MOY) = 909

и АОМ =

трехгранного

 

угла

 

 

 

 

 

 

 

л

 

 

 

 

 

 

л

 

 

45°.

 

Поэтому

 

OHAY известен НОА=

а и (HOY, AOY) =

 

можно найти (НОА,Л YHO)

по

одной

из

формул

с.

186.

После этого рас­

смотреть прямоугольный трехгранный

угол

 

ОНМА.

43.

Обозначить

А мВ

центры основания конусов,

ОС и OD— образующие,

по которым

они

касаются

с одной из рассматриваемых плоскостей. Плоскости ОАВ и

OCD образуют

двугранный угол, равный половине искомого угла х. Пусть (0/И) = пл.

АОВf]

15 А. Б. Василевский

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

225


П пл. COD. Трехгранный угол ODBM — прямоугольный, причем

МОВ=90° — а,

А

 

 

 

 

 

угол

при

ребре

ОМ трехгранного

угла

ODBM

равен

BOD — a. Двугранный

 

0 , 5 х . Для

определения 0,5х из трехгранного

угла

ODBM применить

одну из

формуле.

186. 47.

Обозначить

сторону

тетраэдра — х,

основание высоты — Я.

Построить сечение шара и тетраэдра плоскостью,

проходящей

через середину М

стороны [АВ] и высоту [DH];

О £ [DH],

Итак, | С О | = а ,

DO = b\

\DC\

найдем из треугольника DOC. Но

для

этого

нужно определить

HDO,

равный

А

 

Это

можно

сделать

так.

Выразим

через а- |Я С |.

Очевидно,

| НС \ =

ODC.

= хУ 3 : 3

sin HDC=

 

| НС| : | DC \ = /3~:

3.

49.

Пусть (ОК) х (АВ) ,

(OP) X

х(ВС), (ОН) х (BD);

а ОКБ щОНВ s

 

Л ОРВ.

Поэтому

высота

[ВТ]

пира­

миды образует конгруэнтные

углы

с

ребрами [ВЛ],

[В£>],

[ВС].

Из

прямо­

угольных треугольников АТВ, CTD и DTB следует,

что

I АВ| =

IDBI== \ ВС|.

Пусть [ОХ] х (AD), (OY) х (CD),

[О/И]

± (АС). На

основании теоремы о трех

перпендикулярах

[7'}/] j_ (DC),

[ГМ]

J_ (/1C),

(TX)x(AD).

На

основании

теорем

о

наклонных

 

и

их

проекциях

 

I ХОI=

1ОМ \=

I OY I.

Теперь

ясно

что | ЛО] = |ОС| =

|ЛС |. 52.

3)=>4);

 

4) =>

3);

5) = > 1 ),

2),

3),

4),

6),

7),

О ’

12),\

=>

 

 

 

2)>

3)'

4),

7),

11),

12,

13);

7)

=>

1);

8)

=>

1))

11);

13)

=>

1);

10) => 1); 12 = > 3),

4);

13) = >

1),

2),

3),

4),

6)/

7),

11),

12).

S3-

О =>12); 3) = > 4 ),

 

5),

7), 8).

И),

16);

4 )= > 7 ),

8);

5 )= > 4 ),

 

7),

8);

7) => 4)• 8); 8)=>4), 7);

9) =>

1), 4),

7),

8),

12), 13),

17),

18);

10) => 1),

2);.

11) = > 4 ),

7), 8); 12) => 1);

13 - > 4 ) ,

7),

8);

14) => 1), 2), 3),

4),

5),

7),

8),

9),

10),

11), 12), 13),

15), 16),

17),

18);

15) = > 1),

4),

5),

7),

8), 9)/

12),

13),

V’

0> 6). У), 14),

13),

?7.8): 17)=>1)-

1*4)-

7)'

9) ' 12Ь

13).

18);.8) => 1),

 

17).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Упражнения к гл. 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1. Если бы такая прямая существовала, то по обе

стороны

от

нее лежало

бы одно и то же число вершин многоугольника. 2.

Рассмотрим все треугольни­

ки с вершинами в данных точках.

Выберем один

из тех, в которые

попадает

наибольшее число точек.

Обозначим его

 

АВС.

Проведем

прямые (АВ),

(ВС) и

(СА). Они разбивают плоскость на

области трех типов:

треугольник,

углы,

от­

крытые

области. Исследовать каждую из этих

областей. 3. На основании зада­

чи 2 среди пяти точек плоскости, никакие три

из

которых

не

лежат на одной

прямой, есть четыре, образующие

выпуклый

четырехугольник.

Рассмотрим все

возможные группы по 5 точек,

выбранные из данных п точек.

Таких групп бу­

дет Съп. В каждой группе найдется

по крайней мере одна четверка точек,

обра­

зующих выпуклый

четырехугольник.

Но

каждый такой

четырехугольник

мог

быть сосчитан п 4 раза, потому что при фиксированных четырех точках — вер­ шинах этого четырехугольника — в качестве пятой точки можно взять любую из оставшихся п — 4 точек. Поэтому всего выпуклых четырехугольников будет не

С5

Теперь докажите, что С®: (л — 4 ) > С ^ _ 3. 4. Пусть Р у— любая

менее — -—

п ■— 4

 

 

прямых имеют общую исходную точку Pj,

то по

точка. Так как пять отрезков

крайней мере три из них одного цвета, например [РхРЦ,

1Й3], [TV^]. Пусть

они будут белыми. Тогда, если хоть один

из

отрезков

2А ].

[А Л 1.

4Р2]

белый, например [йоРд],

то треугольник PjPoP3 белый.

Если все эти

отрезки

черные,

то

треугольник

Р2Р3Р4 черный.

5.

Через две произвольные точки

провести

прямую. Через

все

остальные точки

провести

прямые,

параллельные

226


первой прямой. 6. Рассмотреть возможные случаи: 1) данные точки лежат в вершинах выпуклого шестиугольника; 2) пять, четыре или грн из данных точек лежат в вершинах выпуклого многоугольника, а остальные точки лежат внутри

этого многоугольника. 7.

Нельзя, потому что каждая костяшка покрывает одно

белое и одно черное поле,

а из доски

вырезано два черных

поля. 8. Пусть

А — общая^точка'кругов. Соединить А

с центрами

кругов и

рассмотреть наи­

меньший из образовавшихся углов. Доказать,

что отрезок, соединяющий соот­

ветствующие центры 0 1 и О.,,

лежит

целиком

в одном из кругов.

9.

Десять

способов. 10.

Каждая фигура закрывает либо три белых клетки,

либо три чер­

ных, а всего фигур 25. 11. Куб A BC D A 1B 1C 1D 1 можно разбить на

пять

тэтра-

эдров: BjDj+C, A^AB-JD, CxCB^D, ВВ^АС, DD^AC. Докажем,

что

на

меньшее

число тетраэдров куб разбить нельзя.

 

Пусть куб с ребром 1 разбит

на

 

некото­

рое число тетраэдров. Есть не менее двух нз

 

них,

основания

которых

лежат

на грани ABCD (грань куба — квадрат и поэтому не может быть

гранью одного

тетраэдра). Есть не менее двух тетраэдров,

основания которых

лежат

на гра­

ни AxBxCxDx. Эти тетраэдры отличны от первых двух,

ибо у тетраэдра

нет па­

раллельных граней. Очевидно,

общий объем этих четырех тетраэдров

 

не боль­

ше двух третей объема куба.

Поэтому есть по крайней мере еще один тетраэдр.

12. Всего прямых

= 10. Через каждую точку, например С,

проходит четыре

прямых. Поэтому нз каждой точки выходят

шесть

перпендикуляров.

 

Рассмот­

рим две точки В и С. Перпендикуляры, опущенные из В на прямые,

 

проходя­

щие через С,

пересекают все перпендикуляры,

опущенные из С.

Из С

 

выходят

три прямых,

не проходящих через В.

 

Следовательно, из В на них можно опус­

тить три перпендикуляра. Они пересекаются с перпендикулярами

из С

в 3-6 =

= 18 точках.

Всякий другой перпендикуляр из В к остальным трем прямым, не

проходящим через В,

пересекает пять перпендикуляров

из С,

ибо

с

одним он

не пересекается, потому что опущен с

ним на

одну

сторону.

Получается еще

15 точек. Итак, перпендикуляры, проведенные

из двух

точек,

 

пересекаются в

18 + 15 = 33 точках. Из пяти точек

можно

составить

10 пар.

Поэтому точек

пересечения не более чем 33-10 = 330.

Но часть нз них совпадает.

Так,

любые

три из данных пяти точек образуют треугольник, высоты которого пересекаются

в одной точке. Мы эту точку учли три

раза.

Всего таких

треугольников С? =

= 10. Следовательно, десять точек было учтено по три

раза.

Итак,

всего то­

чек пересечения не более чем 330 — 30+10=310.

16.

1. а) Обозначить данные точ­

ки Л, В , С, D, Е и предположить, что из точки А выходят три красных

от­

резка. Пусть, например, отрезки [АВ], [АС],

[Л£>]. Тогда, по условию

зада­

чи, отрезки [ВС], [DB], [CD] должны

быть

синими.

Треугольник

DBC

полу­

чился синим, а это противоречит условию задачи;

б)

по предыдущему

нз точ­

ки А исходят два отрезка одного цвета, например,

красного,

[АВ]

и

 

[.4С].

Тогда [AD] и [АЕ] — синие отрезки. Из условия задачи

вытекает,

что

[ВС] —

синий, a [DE] — красный. Из точки D

исходит еще один красный отрезок — ли­

бо [CD], либо [DB]. В обоих случаях цвета остальных

отрезков определяются

однозначно. 2. Искомая линия: ABEDCA,

ADBCEA,

ABDECA,

 

ADCBEA.

17. Рассмотрим произвольную продольную или поперечную прямую.

Она

 

делит

доску на две области, в каждой из которых имеется четное

число

клеток.

Из

них четное число (может быть,, нуль) покрыто

костяшками,

не

пересекающими

границу областей. Значит, границу может пересекать только

четное

число кос­

тяшек; всего таких прямых есть 102, и для того чтобы каждую из них пересечь костяшками, потребовалось бы не менее 204 костяшек. Но у нас только 200 шт. 18. Назовем поля, расположенные на верхней и нижней горизонталях, крайни­

ми, а остальные — средними.

На крайнее поле можно попасть конем только со

среднего. Если конь обошел

все поля с соблюдением условий задачи, то 2п

ходов были сделаны со средних полей на крайние. Оставшиеся 2/г ходов долж­ ны быть сделаны с крайних полей на средние. Но с каждым ходом изменяется также цвет поля, на котором стоит конь. Получается, что все поля крайних

15*

227


горизонтален окрашены в один цвет, а средние — в другой. Получили противо­ речие. 19. п(п — 2) (п — 4): 8, если п — четное; и (п — 1)(п — 3): 8 , если п — не­

четное число.- 20. При каждом разрезании число

кусков

бумаги увеличивается

на один, поэтому после к разрезов будет,, (k + 1)

кусок.

При каждом разреза­

нии общее число вершин увеличивается на два (если разрез проходит через две вершины), или три (если разрез проходит через вершину и сторону), или на четыре (если разрез проходит через две стороны). Сначала^было четыре верши­ ны. Поэтому после к разрезов во всех кусках будет вместе не больше Ак + 4 вершин. Допустим, что после К разрезов получили сто двадцатиугольннков. Общее число кусков будет К + 1 ■ Поэтому, кроме этих двадцатиугольников,

будем иметь еще К + 1 — 100

кусков. Каждый из этих кусков

имеет не меньше

трех вершин. Следовательно,

общее число вершин во всех кусках не меньшее,

чем 100-20 + — 99)-3. Но это число не больше, чем 4/С + 4.

Поэтому 4/( +

+ 4 > 100-20 + — 99)-3. Отсюда К >

1699. Таким образом,

нельзя получить

100 двадцатиугольннков, если выполнить

меньше 1699 разрезов. Получить 100

двадцатиугольннков, сделав 1699 разрезов, можно следующим

образом: разре­

заем квадрат при помощи 99

разрезов на сто прямоугольников.

Каждый прямо­

угольник за 16 разрезов превращается в двадцатнугольник. Для этого отрезаем последовательно от прямоугольников треугольники. На это затратим 1600 раз­ резов.

24. Рис. 169. 30. Рис. 115, б. 32. Рис. 119, б. 34. Рис. 170. 35. Рис. 171.

36.Рис. 172. 37. Рис. 173. 38. Рис. 174. 40. Рис. 175. 42. Рис. 176.

44.Рис. 177. 45. Рис. 178.

S

Рис. 169

Рис. 170

Рис. 171

а

Рис. 172

Рис. 173

228


46.а) Для данных точек А и В точка С, лежащая вне прямой (АВ) и вне

лосы, образованной перпендикулярами к прямой (АВ) в точках /1

п В, образует

с точками А и В невырожденный тупоугольный треугольник. Для

каждой пары

точек из заданного конечного множества построим полосу и прямую, аналогичные паре точек А и В. Конечное число полос конечной ширины и прямых не покроют всей плоскости, поэтому существует точка, образующая с каждой парой точек

S

из заданного множества тупоугольный треугольник, б) Вообще говоря, неспра­ ведливо. Приведем пример. Рассмотрим множество, состоящее из точек полу­ окружности без одного конца диаметра. Такое множество удовлетворяет всем условиям задачи. Докажем, что к нему нельзя прибавить уже ни одной точки. В самом деле, если точка лежит внутри полуокружности на ее диаметре, то всегда можно найти такую точку С на полуокружности, что треугольник А С Х будет остроугольным. То же самое имеет место для всех точек, лежащих вне полуокруж­ ности или внутри, но вне ее диаметра. Если же точка выбирается на диаметре вне полуокружности, то имеет место вырожденный случай.

47. Можно. Докажем даже более общее утверждение: если правильно зак шены все клетки квадрата п Х п , кроме некоторых клеток одной строки или одного столбца, то квадрат можно правильно докрасить. Пусть, например, недокрашены некоторые клетки первой строки. Покрасим каждую такую клетку в тот цвет, ко­ торый еще не встречается в ее столбце. Следует доказать, что в первой строке при

229