Страница 154 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

26.32. В единичном кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 26.17) найдите объем общей части двух призм $ADA_1BCB_1$ и $ABA_1DCD_1$.

Рис. 26.17

Дано:

Куб `ABCDA₁B₁C₁D₁` — единичный, следовательно, длина его ребра `a = 1`.
Призма `P₁ = ADA₁BCB₁`.
Призма `P₂ = ABA₁DCD₁`.

Найти:

Объем общей части призм `P₁` и `P₂`, то есть `V(P₁ ∩ P₂)`.

Решение:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим вершину `D` в начало координат, ребро `DA` направим вдоль оси `Ox`, ребро `DC` — вдоль оси `Oy`, а ребро `DD₁` — вдоль оси `Oz`. В этой системе координат вершины единичного куба будут иметь следующие координаты: `A(1, 0, 0)`, `B(1, 1, 0)`, `C(0, 1, 0)`, `D(0, 0, 0)`, `A₁(1, 0, 1)`, `B₁(1, 1, 1)`, `C₁(0, 1, 1)`, `D₁(0, 0, 1)`.

Рассмотрим первую призму `P₁ = ADA₁BCB₁`. Эта призма является половиной куба, отсекаемой плоскостью, проходящей через вершины `A₁, B₁, C, D`. Найдем уравнение этой плоскости. Пусть уравнение плоскости имеет вид `ax + by + cz + d = 0`. Подставим координаты точек: `D(0, 0, 0) ⇒ d = 0` `C(0, 1, 0) ⇒ b + d = 0 ⇒ b = 0` `A₁(1, 0, 1) ⇒ a + c + d = 0 ⇒ a + c = 0 ⇒ c = -a` Приняв `a = 1`, получаем `c = -1`. Уравнение плоскости: `x - z = 0`. Призма `P₁` — это та часть куба, для которой выполняется неравенство `x - z ≥ 0`. Это можно проверить, подставив координаты вершины `A(1, 0, 0)`, которая принадлежит призме: `1 - 0 ≥ 0`. Объем этой призмы `V(P₁) = 1/2 * V_куба = 1/2 * 1³ = 1/2`.

Рассмотрим вторую призму `P₂ = ABA₁DCD₁`. Эта призма также является половиной куба, отсекаемой плоскостью, проходящей через вершины `A₁, B, C, D₁`. Найдем уравнение этой плоскости. Подставим координаты точек в уравнение `ax + by + cz + d = 0`: `C(0, 1, 0) ⇒ b + d = 0 ⇒ b = -d` `D₁(0, 0, 1) ⇒ c + d = 0 ⇒ c = -d` `B(1, 1, 0) ⇒ a + b + d = 0 ⇒ a - d + d = 0 ⇒ a = 0` Уравнение плоскости: `-dy - dz + d = 0`. Разделив на `-d` (при `d ≠ 0`), получаем `y + z - 1 = 0` или `y + z = 1`. Призма `P₂` — это та часть куба, для которой выполняется неравенство `y + z ≤ 1`. Это можно проверить, подставив координаты вершины `A(1, 0, 0)`, которая принадлежит призме: `0 + 0 ≤ 1`. Объем этой призмы `V(P₂) = 1/2 * V_куба = 1/2 * 1³ = 1/2`.

Общая часть двух призм `I = P₁ ∩ P₂` — это многогранник, точки `(x, y, z)` которого внутри единичного куба удовлетворяют двум условиям одновременно: `x ≥ z` `y + z ≤ 1` Найдем вершины этого многогранника. Для этого проверим, какие из вершин куба удовлетворяют обоим неравенствам:

• `D(0, 0, 0): 0 ≥ 0` (верно), `0 + 0 ≤ 1` (верно). Вершина принадлежит `I`.
• `A(1, 0, 0): 1 ≥ 0` (верно), `0 + 0 ≤ 1` (верно). Вершина принадлежит `I`.
• `B(1, 1, 0): 1 ≥ 0` (верно), `1 + 0 ≤ 1` (верно). Вершина принадлежит `I`.
• `C(0, 1, 0): 0 ≥ 0` (верно), `1 + 0 ≤ 1` (верно). Вершина принадлежит `I`.
• `D₁(0, 0, 1): 0 ≥ 1` (неверно). Вершина не принадлежит `I`.
• `A₁(1, 0, 1): 1 ≥ 1` (верно), `0 + 1 ≤ 1` (верно). Вершина принадлежит `I`.
• `B₁(1, 1, 1): 1 ≥ 1` (верно), `1 + 1 ≤ 1` (неверно). Вершина не принадлежит `I`.
• `C₁(0, 1, 1): 0 ≥ 1` (неверно). Вершина не принадлежит `I`.

Таким образом, вершинами искомого многогранника являются точки `D, A, B, C, A₁`. Вершины `D, A, B, C` образуют квадрат `ABCD` в плоскости `z=0`, который является основанием исходного куба. Точка `A₁` лежит вне этой плоскости. Следовательно, искомый многогранник — это пирамида `A₁-ABCD`.

Найдем объем этой пирамиды. Основание пирамиды — квадрат `ABCD` с площадью `S_осн = a² = 1² = 1`. Высота пирамиды `h` — это перпендикуляр, опущенный из вершины `A₁` на плоскость основания `ABCD` (плоскость `z=0`). Длина этого перпендикуляра равна z-координате точки `A₁(1, 0, 1)`, то есть `h = 1`.

Объем пирамиды вычисляется по формуле: `V = 1/3 * S_осн * h` `V = 1/3 * 1 * 1 = 1/3`

Ответ: `1/3`.

26.33. В единичном кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 26.17) найдите объем

общей части двух призм $ADA_1B_1BCB_1$ и $BA_1B_1CD_1C_1$.

Рис. 26.17

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром $a=1$.
Призма $P_1 = ADA_1BCB_1$.
Призма $P_2 = BA_1B_1CD_1C_1$.

Найти:

Объем $V$ общей части (пересечения) призм $P_1$ и $P_2$.

Решение:

Введем декартову систему координат, приняв вершину $A$ за начало координат, а ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$ за направления осей $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:
$A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$,
$A_1(0,0,1)$, $B_1(1,0,1)$, $C_1(1,1,1)$, $D_1(0,1,1)$.

Первая призма $P_1 = ADA_1BCB_1$ представляет собой тело, ограниченное в кубе плоскостью, проходящей через вершины $A_1, D, C, B_1$. Уравнение этой плоскости имеет вид $y+z=1$. Таким образом, призма $P_1$ — это множество точек внутри куба, для которых выполняется условие $y+z \le 1$.

Вторая призма $P_2 = BA_1B_1CD_1C_1$ представляет собой тело, ограниченное в кубе плоскостью, проходящей через вершины $A_1, B, C, D_1$. Уравнение этой плоскости имеет вид $x+z=1$. Призма $P_2$ — это множество точек внутри куба, для которых выполняется условие $x+z \ge 1$.

Таким образом, общая часть двух призм — это многогранник, определяемый внутри единичного куба системой неравенств:
$y+z \le 1$
$x+z \ge 1$

Найдем вершины этого многогранника. Вершины должны удовлетворять как условиям принадлежности кубу ($0 \le x,y,z \le 1$), так и указанным неравенствам. Граничные точки будут лежать на плоскостях $y+z=1$ или $x+z=1$.

1. Проверим вершины куба:
$A(0,0,0): 0+0 \le 1$, но $0+0 < 1$ (не удовлетворяет $x+z \ge 1$).
$B(1,0,0): 0+0 \le 1$ и $1+0 \ge 1$ (удовлетворяет). Это вершина B.
$C(1,1,0): 1+0 \le 1$ и $1+0 \ge 1$ (удовлетворяет). Это вершина C.
$D(0,1,0): 1+0 \le 1$, но $0+0 < 1$ (не удовлетворяет $x+z \ge 1$).
$A_1(0,0,1): 0+1 \le 1$ и $0+1 \ge 1$ (удовлетворяет). Это вершина A₁.
$B_1(1,0,1): 0+1 \le 1$ и $1+1 \ge 1$ (удовлетворяет). Это вершина B₁.
$C_1(1,1,1): 1+1 > 1$ (не удовлетворяет $y+z \le 1$).
$D_1(0,1,1): 1+1 > 1$ (не удовлетворяет $y+z \le 1$).

2. Линия пересечения плоскостей $y+z=1$ и $x+z=1$ задается системой $z=1-y, z=1-x$, откуда следует $x=y$. Эта линия $x=y, z=1-x$ пересекает куб по отрезку между точками $A_1(0,0,1)$ и $C(1,1,0)$, которые уже найдены как вершины.

Следовательно, искомый многогранник — это тетраэдр с вершинами $A_1(0,0,1)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$ и $B_1(1,0,1)$, который обозначим $A_1BCB_1$.

Для нахождения объема тетраэдра $A_1BCB_1$ выберем в качестве основания треугольник $BCB_1$. Этот треугольник лежит в плоскости $x=1$. Он является прямоугольным, так как ребро $BC$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$ и, следовательно, ребру $BB_1$.

Площадь основания $S_{\triangle BCB_1}$ равна:
$S_{осн} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot BB_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$

Высотой тетраэдра $h$, опущенной из вершины $A_1$ на плоскость основания ($x=1$), является перпендикулярное расстояние от точки $A_1(0,0,1)$ до плоскости $x=1$. Это расстояние равно $h = |1-0| = 1$.

Объем тетраэдра вычисляется по формуле:
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{6}$

Ответ: $V = \frac{1}{6}$.

26.34. В единичном кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ (рис. 26.17) найдите объем общей части двух пирамид $A_1 ABCD$ и $C_1 ABCD$.

Рис. 26.17

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Длина ребра куба $a = 1$.

Пирамида $P_1$ с вершиной $A_1$ и основанием $ABCD$.

Пирамида $P_2$ с вершиной $C_1$ и основанием $ABCD$.

Найти:

Объем $V$ общей части (пересечения) пирамид $P_1$ и $P_2$.

Решение:

Рассмотрим две заданные пирамиды: $A_1ABCD$ и $C_1ABCD$. Обе пирамиды имеют общее основание — квадрат $ABCD$, который является нижней гранью куба. Площадь этого основания $S_{ABCD} = a^2 = 1^2 = 1$.

Высотой пирамиды $A_1ABCD$ является ребро $A_1A$, перпендикулярное основанию $ABCD$. Длина высоты $H_1 = A_1A = a = 1$.

Высотой пирамиды $C_1ABCD$ является ребро $C_1C$, перпендикулярное основанию $ABCD$. Длина высоты $H_2 = C_1C = a = 1$.

Общей частью (пересечением) двух этих пирамид является новое тело, основанием которого также является квадрат $ABCD$. Найдем вершину этого тела.

Введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина $A$ куба находится в начале координат $(0,0,0)$, ось $Ox$ направлена вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ — вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ — вдоль ребра $A_1A$. Тогда координаты вершин, необходимых для решения, будут:

$A(0,0,0)$, $C(1,1,0)$, $A_1(0,0,1)$, $C_1(1,1,1)$.

Тело пересечения является выпуклым. Его вершина будет находиться в точке, принадлежащей обеим пирамидам и максимально удаленной от общего основания. Такая точка лежит на пересечении боковых ребер или граней исходных пирамид.

Рассмотрим пространственные диагонали куба $A_1C$ и $AC_1$. Диагональ $A_1C$ является боковым ребром пирамиды $A_1ABCD$. Диагональ $AC_1$ является боковым ребром пирамиды $C_1ABCD$. Точка пересечения этих диагоналей является центром куба, обозначим ее $M$.

Найдем координаты точки $M$ как середины отрезка $A_1C$ (или $AC_1$):

$M = \left(\frac{0+1}{2}; \frac{0+1}{2}; \frac{1+0}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2}\right)$.

Поскольку точка $M$ принадлежит обеим пирамидам (так как лежит на их боковых ребрах), а основание $ABCD$ у них общее, то тело пересечения представляет собой пирамиду с вершиной в точке $M$ и основанием $ABCD$. Обозначим эту пирамиду $MABCD$.

Вычислим объем пирамиды $MABCD$.

Площадь основания $S_{ABCD}$ — это площадь единичного квадрата, то есть $S_{ABCD} = 1$.

Высота пирамиды $H$ — это перпендикуляр, опущенный из вершины $M$ на плоскость основания $ABCD$. Плоскость $ABCD$ задается уравнением $z=0$. Координата $z$ точки $M$ равна $\frac{1}{2}$, следовательно, высота $H = \frac{1}{2}$.

Объем пирамиды вычисляется по формуле:

$V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot H$

Подставим наши значения:

$V = \frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$

Таким образом, объем общей части двух пирамид равен $\frac{1}{6}$ кубических единиц.

Ответ: $\frac{1}{6}$.

26.35. В единичном кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 26.17) найдите объем общей части двух пирамид $A_1ABCD$ и $DBCC_1B_1$.

Рис. 26.17

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - единичный.
Ребро куба $a = 1$.
Пирамида $P_1$ с вершиной $A_1$ и основанием $ABCD$.
Пирамида $P_2$ с вершиной $D$ и основанием $BCC_1B_1$.

Найти:

Объем общей части пирамид $P_1$ и $P_2$.

Решение:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим вершину $A$ в начало координат, ось $Ox$ направим по ребру $AB$, ось $Oy$ - по ребру $AD$, ось $Oz$ - по ребру $AA_1$.В этой системе координат вершины единичного куба будут иметь следующие координаты:
$A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$,
$A_1(0,0,1)$, $B_1(1,0,1)$, $C_1(1,1,1)$, $D_1(0,1,1)$.

Искомый объем является объемом многогранника, который является пересечением двух пирамид $P_1 = A_1ABCD$ и $P_2 = DBCC_1B_1$. Найдем вершины этого многогранника.

Вершины многогранника пересечения принадлежат обеим пирамидам. Проверим, какие из вершин куба являются общими для двух пирамид.
Вершина $B(1,0,0)$ принадлежит основанию $ABCD$ пирамиды $P_1$ и основанию $BCC_1B_1$ пирамиды $P_2$, следовательно, принадлежит обеим пирамидам.
Вершина $C(1,1,0)$ принадлежит основанию $ABCD$ пирамиды $P_1$ и основанию $BCC_1B_1$ пирамиды $P_2$, следовательно, принадлежит обеим пирамидам.
Вершина $D(0,1,0)$ принадлежит основанию $ABCD$ пирамиды $P_1$ и является вершиной пирамиды $P_2$, следовательно, принадлежит обеим пирамидам.
Таким образом, точки $B$, $C$, $D$ являются вершинами искомого многогранника. Они лежат в одной плоскости $z=0$ и образуют треугольник $BCD$.

Другие вершины многогранника пересечения могут образовываться при пересечении ребер и граней исходных пирамид. Найдем точку пересечения боковых граней пирамид, наиболее удаленную от основания $z=0$. Эти грани задаются следующими плоскостями:
Для пирамиды $P_1$: грань $A_1BC$ лежит в плоскости $x+z=1$, а грань $A_1DC$ - в плоскости $y+z=1$.
Для пирамиды $P_2$: грань $DBB_1$ лежит в плоскости $x+y=1$, а грань $DB_1C_1$ - в плоскости $x=z$.
Найдем точку пересечения этих четырех плоскостей, решив систему уравнений:$\begin{cases}x+z=1 \\y+z=1 \\x+y=1 \\x=z\end{cases}$
Подставив $x=z$ в первое уравнение, получаем $x+x=1$, откуда $2x=1$ и $x=1/2$. Следовательно, $z=1/2$.
Подставив $x=1/2$ в третье уравнение, получаем $1/2+y=1$, откуда $y=1/2$.
Проверим найденные значения по второму уравнению: $y+z = 1/2 + 1/2 = 1$. Решение верно.

Таким образом, боковые грани пересекаются в точке $K(1/2, 1/2, 1/2)$, которая является центром куба. Эта точка принадлежит обеим пирамидам и является четвертой вершиной искомого многогранника.

Общая часть двух пирамид представляет собой тетраэдр (треугольную пирамиду) $KBCD$.Основанием этого тетраэдра является треугольник $BCD$, лежащий в плоскости $z=0$. Найдем его площадь.Вершины основания: $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$.Найдем векторы сторон, выходящих из вершины $C$: $\vec{CB}=(1-1, 0-1, 0-0)=(0,-1,0)$ и $\vec{CD}=(0-1, 1-1, 0-0)=(-1,0,0)$.Длины этих векторов равны $|\vec{CB}|=1$ и $|\vec{CD}|=1$.Их скалярное произведение $\vec{CB} \cdot \vec{CD} = 0 \cdot (-1) + (-1) \cdot 0 + 0 \cdot 0 = 0$, значит, угол между ними $90^\circ$.Следовательно, треугольник $BCD$ является прямоугольным с катетами длиной 1.Площадь основания $S_{BCD} = \frac{1}{2} \cdot |\vec{CB}| \cdot |\vec{CD}| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$.

Высотой тетраэдра $KBCD$, опущенной из вершины $K$ на плоскость основания $BCD$ (плоскость $z=0$), является z-координата точки $K$.Высота $h = 1/2$.

Объем тетраэдра $KBCD$ (объем общей части) вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{3} S_{основания} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot S_{BCD} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{12}$.

Ответ: Объем общей части двух пирамид равен $\frac{1}{12}$.

26.36. Объем одной треугольной пирамиды равен $1 \text{ см}^3$. Вторая пирамида зеркально-симметрична данной относительно плоскости, проходящей через середину высоты и параллельной основанию этой пирамиды. Найдите объем общей части этих пирамид.

Дано:

Объем исходной треугольной пирамиды $V_1 = 1 \text{ см}^3$.

Вторая пирамида является зеркально-симметричной копией первой относительно плоскости, которая проходит через середину высоты исходной пирамиды и параллельна ее основанию.

Найти:

Объем общей части этих двух пирамид, $V_{общ}$.

Решение:

Пусть исходная пирамида $P_1$ имеет высоту $H$ и площадь основания $S_{осн}$. Ее объем определяется по формуле:

$V_1 = \frac{1}{3}S_{осн}H = 1 \text{ см}^3$

Плоскость симметрии $\Pi$ проходит через середину высоты $H$ и параллельна основанию. Это означает, что плоскость $\Pi$ отсекает от исходной пирамиды $P_1$ меньшую пирамиду (назовем ее $P_{1,верх}$), подобную исходной. Высота этой меньшей пирамиды составляет $h_{верх} = \frac{H}{2}$.

Коэффициент подобия $k$ между пирамидой $P_{1,верх}$ и исходной пирамидой $P_1$ равен отношению их высот:

$k = \frac{h_{верх}}{H} = \frac{H/2}{H} = \frac{1}{2}$

Площадь основания $S_{верх}$ пирамиды $P_{1,верх}$ (которая является сечением пирамиды $P_1$ плоскостью $\Pi$) относится к площади основания $S_{осн}$ как квадрат коэффициента подобия:

$S_{верх} = k^2 S_{осн} = (\frac{1}{2})^2 S_{осн} = \frac{1}{4}S_{осн}$

Объем пирамиды $P_{1,верх}$ равен:

$V_{1,верх} = \frac{1}{3}S_{верх}h_{верх} = \frac{1}{3}(\frac{1}{4}S_{осн})(\frac{H}{2}) = \frac{1}{8}(\frac{1}{3}S_{осн}H) = \frac{1}{8}V_1$

Вторая пирамида $P_2$ является зеркальным отражением $P_1$ относительно плоскости $\Pi$. Ее вершина находится в центре основания пирамиды $P_1$, а ее основание лежит в плоскости, где находилась вершина $P_1$. Пирамида $P_2$ также рассекается плоскостью $\Pi$ на подобную ей меньшую пирамиду $P_{2,низ}$ с высотой $\frac{H}{2}$ и усеченную пирамиду.

Общая часть (пересечение) двух пирамид $P_1$ и $P_2$ представляет собой тело, состоящее из двух меньших пирамид: $P_{1,верх}$ и $P_{2,низ}$, соединенных своими основаниями в плоскости $\Pi$.

Это можно понять, рассмотрев сечения пирамид плоскостями, параллельными основанию. На высоте $z$ от основания $P_1$ (где $0 \le z \le H$):

• Площадь сечения $P_1$: $S_1(z) = S_{осн} \cdot (1 - \frac{z}{H})^2$
• Площадь сечения $P_2$: $S_2(z) = S_{осн} \cdot (\frac{z}{H})^2$

При $z > H/2$ площадь сечения $S_2(z)$ больше $S_1(z)$, поэтому сечение $P_1$ полностью содержится в сечении $P_2$. Следовательно, верхняя часть пересечения совпадает с $P_{1,верх}$.

При $z < H/2$ площадь сечения $S_1(z)$ больше $S_2(z)$, поэтому сечение $P_2$ полностью содержится в сечении $P_1$. Следовательно, нижняя часть пересечения совпадает с $P_{2,низ}$.

Таким образом, объем общей части $V_{общ}$ равен сумме объемов этих двух меньших пирамид:

$V_{общ} = V_{1,верх} + V_{2,низ}$

В силу симметрии, пирамиды $P_{1,верх}$ и $P_{2,низ}$ конгруэнтны, и их объемы равны:

$V_{1,верх} = V_{2,низ} = \frac{1}{8}V_1$

Тогда итоговый объем общей части:

$V_{общ} = \frac{1}{8}V_1 + \frac{1}{8}V_1 = \frac{2}{8}V_1 = \frac{1}{4}V_1$

Подставляя известное значение $V_1 = 1 \text{ см}^3$:

$V_{общ} = \frac{1}{4} \cdot 1 \text{ см}^3 = 0.25 \text{ см}^3$

Ответ: 0,25 см³.

26.37. Объем одного правильного тетраэдра равен 1 см. Второй правильный тетраэдр центрально-симметричен данному относительно середины отрезка, соединяющего середины двух противолежащих ребер. Найдите объем их общей части.

Дано:
Объем первого правильного тетраэдра, $V_1 = 1 \text{ см}^3$.
Второй правильный тетраэдр $T_2$ центрально-симметричен первому тетраэдру $T_1$ относительно середины отрезка, соединяющего середины двух противолежащих ребер (то есть, относительно центра тетраэдра).

$V_1 = 1 \text{ см}^3 = 1 \cdot (10^{-2} \text{ м})^3 = 10^{-6} \text{ м}^3$.

Найти:
Объем общей части двух тетраэдров, $V_{общ}$.

Решение:
Пусть первый правильный тетраэдр называется $T_1$, а его объем $V_1 = 1 \text{ см}^3$. Второй тетраэдр $T_2$ получен из $T_1$ центральной симметрией относительно центра тетраэдра $T_1$. Обозначим этот центр как точку $O$.
Общая часть двух тетраэдров представляет собой многогранник, являющийся их пересечением $T_1 \cap T_2$. Объем этой общей части $V_{общ}$ можно найти, вычтя из объема первого тетраэдра $V_1$ объемы тех его частей, которые не принадлежат второму тетраэдру $T_2$.
При центральной симметрии каждая из 4 вершин тетраэдра $T_1$ переходит в вершину тетраэдра $T_2$, а каждая из 4 граней $T_1$ переходит в грань $T_2$.
Рассмотрим одну из вершин тетраэдра $T_1$, назовем ее $A$. Грань тетраэдра $T_2$, симметричная противоположной вершине $A$ грани тетраэдра $T_1$, отсекает от тетраэдра $T_1$ вблизи вершины $A$ малый тетраэдр, подобный исходному.
Найдем коэффициент подобия $k$ между малым отсеченным тетраэдром и исходным тетраэдром $T_1$. Для этого рассмотрим высоту $h$ тетраэдра $T_1$, опущенную из вершины $A$. Центр правильного тетраэдра $O$ делит высоту в отношении 3:1, считая от вершины. То есть расстояние от вершины $A$ до центра $O$ равно $ \frac{3}{4}h $, а расстояние от центра $O$ до основания (грани, противоположной вершине $A$) равно $ \frac{1}{4}h $.
Секущая плоскость (грань тетраэдра $T_2$) симметрична основанию тетраэдра $T_1$ относительно центра $O$. Следовательно, расстояние от центра $O$ до этой секущей плоскости также равно $ \frac{1}{4}h $.
Таким образом, высота малого тетраэдра, отсекаемого от вершины $A$, равна разности расстояний от вершины $A$ до центра $O$ и от секущей плоскости до центра $O$:
$h_{малый} = \frac{3}{4}h - \frac{1}{4}h = \frac{2}{4}h = \frac{1}{2}h$.
Коэффициент подобия малого отсеченного тетраэдра исходному $T_1$ равен отношению их высот:
$k = \frac{h_{малый}}{h} = \frac{1/2 \cdot h}{h} = \frac{1}{2}$.
Отношение объемов подобных тел равно кубу коэффициента подобия. Значит, объем одного малого отсеченного тетраэдра $V_{малый}$ составляет:
$V_{малый} = k^3 \cdot V_1 = (\frac{1}{2})^3 \cdot V_1 = \frac{1}{8}V_1$.
У тетраэдра $T_1$ четыре вершины, и от каждой из них отсекается по одному такому малому тетраэдру. Общий объем всех отсеченных частей $V_{отс}$ равен:
$V_{отс} = 4 \cdot V_{малый} = 4 \cdot \frac{1}{8}V_1 = \frac{1}{2}V_1$.
Объем общей части $V_{общ}$ равен объему исходного тетраэдра $V_1$ за вычетом общего объема отсеченных частей:
$V_{общ} = V_1 - V_{отс} = V_1 - \frac{1}{2}V_1 = \frac{1}{2}V_1$.
Подставляя данное значение $V_1 = 1 \text{ см}^3$, получаем:
$V_{общ} = \frac{1}{2} \cdot 1 \text{ см}^3 = 0.5 \text{ см}^3$.
Интересно отметить, что общая часть двух таких тетраэдров является правильным октаэдром.
Ответ: $0.5 \text{ см}^3$.

26.38. На двух скрещивающихся прямых $a$ и $b$ расположены два отрезка соответственно $A_1A_2$ и $B_1B_2$ (рис. 26.18). Докажите, что объем тетраэдра $A_1A_2B_1B_2$ не зависит от положений этих отрезков на прямых, а зависит только от их длины.

Рис. 26.18

Дано:

Скрещивающиеся прямые $a$ и $b$.

Отрезок $A_1A_2$ лежит на прямой $a$, его длина $|A_1A_2| = L_a$.

Отрезок $B_1B_2$ лежит на прямой $b$, его длина $|B_1B_2| = L_b$.

Тетраэдр $A_1A_2B_1B_2$.

Требуется доказать:

Объем тетраэдра $V_{A_1A_2B_1B_2}$ не зависит от положения отрезков $A_1A_2$ и $B_1B_2$ на прямых $a$ и $b$, а зависит только от их длин $L_a$ и $L_b$.

Решение:

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Объем тетраэдра, построенного на векторах $\vec{x}$, $\vec{y}$, $\vec{z}$, исходящих из одной вершины, равен одной шестой модуля их смешанного произведения: $V = \frac{1}{6} |(\vec{x} \times \vec{y}) \cdot \vec{z}|$.

Рассмотрим тетраэдр $A_1A_2B_1B_2$. Выберем в качестве общей вершины точку $A_1$. Тогда объем тетраэдра можно выразить через векторы $\vec{A_1A_2}$, $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{A_1B_2}$:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot \vec{A_1B_2}|$

Вектор $\vec{A_1B_2}$ можно представить как сумму векторов: $\vec{A_1B_2} = \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B_2}$.

Подставим это выражение в формулу для объема:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot (\vec{A_1B_1} + \vec{B_1B_2})|$

Раскроем скобки, используя свойство дистрибутивности скалярного произведения:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot \vec{A_1B_1} + (\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot \vec{B_1B_2}|$

Первое слагаемое $(\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot \vec{A_1B_1}$ представляет собой смешанное произведение компланарных векторов (вектор $\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}$ перпендикулярен вектору $\vec{A_1B_1}$), поэтому оно равно нулю.

Таким образом, формула для объема упрощается:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{A_1A_2} \times \vec{A_1B_1}) \cdot \vec{B_1B_2}|$

Используя свойство циклической перестановки векторов в смешанном произведении, получим:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{A_1B_1}|$

Теперь докажем, что этот объем не зависит от положения отрезков на прямых. Пусть отрезки $A_1A_2$ и $B_1B_2$ перемещаются вдоль своих прямых в новые положения $A'_1A'_2$ и $B'_1B'_2$. При этом векторы, соответствующие самим отрезкам, не меняются: $\vec{A'_1A'_2} = \vec{A_1A_2}$ и $\vec{B'_1B'_2} = \vec{B_1B_2}$.

Изменится только вектор, соединяющий их начальные точки: $\vec{A'_1B'_1}$. Свяжем его со старым вектором $\vec{A_1B_1}$:

$\vec{A'_1B'_1} = \vec{A'_1A_1} + \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B'_1}$

Вектор $\vec{A'_1A_1}$ коллинеарен вектору $\vec{A_1A_2}$, а вектор $\vec{B_1B'_1}$ коллинеарен вектору $\vec{B_1B_2}$.

Новый объем $V'$ будет равен:

$V' = \frac{1}{6} |(\vec{B'_1B'_2} \times \vec{A'_1A'_2}) \cdot \vec{A'_1B'_1}| = \frac{1}{6} |(\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot (\vec{A'_1A_1} + \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B'_1})|$

Раскроем скобки:

$V' = \frac{1}{6} | (\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{A'_1A_1} + (\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{A_1B_1} + (\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{B_1B'_1} |$

Смешанное произведение $(\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{A'_1A_1}$ равно нулю, так как векторы $\vec{A_1A_2}$ и $\vec{A'_1A_1}$ коллинеарны. Аналогично, смешанное произведение $(\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{B_1B'_1}$ равно нулю, так как векторы $\vec{B_1B_2}$ и $\vec{B_1B'_1}$ коллинеарны.

Следовательно, $V' = \frac{1}{6} |(\vec{B_1B_2} \times \vec{A_1A_2}) \cdot \vec{A_1B_1}| = V$.

Это доказывает, что объем тетраэдра не зависит от положения отрезков на прямых.

Теперь покажем, что объем зависит от длин отрезков. Пусть $\vec{u_a}$ и $\vec{u_b}$ – единичные направляющие векторы прямых $a$ и $b$. Тогда $\vec{A_1A_2} = L_a \vec{u_a}$ и $\vec{B_1B_2} = L_b \vec{u_b}$.

$V = \frac{1}{6} |((L_b \vec{u_b}) \times (L_a \vec{u_a})) \cdot \vec{A_1B_1}| = \frac{1}{6} L_a L_b |(\vec{u_b} \times \vec{u_a}) \cdot \vec{A_1B_1}|$

Величина $|(\vec{u_b} \times \vec{u_a}) \cdot \vec{A_1B_1}|$ зависит только от геометрии прямых $a$ и $b$. Пусть $d$ – кратчайшее расстояние между прямыми $a$ и $b$, а $\alpha$ – угол между ними. Тогда $|(\vec{u_b} \times \vec{u_a}) \cdot \vec{A_1B_1}| = d \sin\alpha$. Эта величина является константой для заданных прямых.

Таким образом, объем тетраэдра выражается формулой:

$V = \frac{1}{6} L_a L_b d \sin\alpha$

Так как $d$ и $\sin\alpha$ являются постоянными для данных скрещивающихся прямых, объем $V$ зависит только от длин отрезков $L_a$ и $L_b$.

Ответ: Объем тетраэдра $A_1A_2B_1B_2$ определяется формулой $V = \frac{1}{6} |A_1A_2| \cdot |B_1B_2| \cdot d \cdot \sin\alpha$, где $|A_1A_2|$ и $|B_1B_2|$ – длины отрезков, $d$ – расстояние между скрещивающимися прямыми, а $\alpha$ – угол между ними. Поскольку $d$ и $\alpha$ для данных прямых постоянны, объем зависит только от длин отрезков, а не от их положения на прямых. Что и требовалось доказать.

26.39. Повторите определения конуса и усеченного конуса.

Конус
Конус (или прямой круговой конус) — это геометрическое тело, которое образуется в результате вращения прямоугольного треугольника вокруг одного из его катетов. Катет, который служит осью вращения, называется осью конуса, а его длина — высотой конуса ($H$). Другой катет при вращении образует круг, называемый основанием конуса; его длина является радиусом основания ($R$). Гипотенуза треугольника во время вращения описывает боковую поверхность конуса, а сама гипотенуза в любом ее положении называется образующей конуса ($L$). Точка, являющаяся вершиной треугольника, из которой исходят образующие, называется вершиной конуса.
Ответ: Конус — это тело, полученное вращением прямоугольного треугольника вокруг одного из его катетов.

Усеченный конус
Усеченный конус — это часть конуса, заключенная между его основанием и плоскостью, параллельной основанию. Он ограничен двумя круговыми основаниями (нижним с радиусом $R$ и верхним с радиусом $r$), которые лежат в параллельных плоскостях. Отрезок, соединяющий центры этих оснований, называется высотой усеченного конуса ($H$). Часть боковой поверхности исходного конуса, заключенная между плоскостями оснований, является боковой поверхностью усеченного конуса. Отрезки образующих исходного конуса, заключенные между основаниями, называются образующими усеченного конуса ($L$). Также усеченный конус можно определить как тело, полученное при вращении прямоугольной трапеции вокруг ее боковой стороны, перпендикулярной основаниям.
Ответ: Усеченный конус — это часть конуса, заключенная между его основанием и плоскостью, параллельной этому основанию. Альтернативное определение: тело, полученное вращением прямоугольной трапеции вокруг ее боковой стороны, перпендикулярной основаниям.