Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 329
2014-06-07 
Доказать, что при любом значении $n \in \mathbf{N}$, большем 1, среди всех правильных 2n-угольных призм $A_{1} \cdots A_{2n}A_{1}^{\prime} \cdots A_{2n}^{\prime}$ с фиксированным радиусом $R$ окружности, описанной около основания, наибольший угол между диагональю $A_{1}A_{n+1}^{\prime}$ и плоскостью $A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$ имеет призма, для которой
$A_{1}A_{1}^{\prime} = 2R \cos (180^{\circ}/2n)$.
Решение:
Обозначим через $h$ высоту призмы. Тогда в тетраэдре
$A_{1}A_{3}A^{\prime}_{n+1}A_{n+2}^{\prime}$
(рис.) угол между- противоположными ребрами $A_{1}A_{3}$ и $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime}$ равен углу
$\angle A_{3}A_{1}A_{2} = (1/2) \angle A_{3}OA_{2} = 180^{\circ}/2n$
(где О – центр многоугольника $A_{1} \cdots A_{2n}$: заметим, что $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime} \parallel A_{1}^{\prime}A_{2}^{\prime} \parallel A_{1}A_{2}$). Расстояние между ребрами $A_{1}A_{3}$ и $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime}$ равно $h$, а их длины равны
$A_{1}A_{3} = 2R \sin (180^{\circ}/n), A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime} = 2R \sin (180^{\circ}/2n)$,
поэтому объем указанного тетраэдра равен
$(1/6)A_{1}A_{3} \cdot A^{\prime}_{n+1}A_{n+2}^{\prime} (180^{\circ}/2n) = (2/3) R^{2} h \sin (180^{\circ}/n) \sin^{2} (180^{\circ}/2n)$.
С другой стороны, если $\phi$ - угол между прямой $A_{1}A_{n+1}^{\prime}$ и плоскостью $A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$, то тот же объем равен
$(1/3)S_{A_{1}A_{2}A_{n+2}^{\prime}} \cdot A_{1}A_{n+1}^{\prime} \sin \phi$,
где
$A_{1}A_{n+1}^{\prime} = \sqrt{(A_{1}A_{1}^{\prime})^{2} + (A_{1}^{\prime}A_{n+1}^{\prime})^{2}} = \sqrt{h^{2} + 4R^{2}}$,
$S_{ A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}} = (1/2) A_{1}A_{3}A_{n+1}^{\prime}H = (1/2)2R \sin (180^{\circ}/n) \sqrt{h^{2} + (2R \cos^{2} (180^{\circ}/2n))^{2}}$
($A_{n+2}^{\prime}H$ - высота треугольника $ A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$). Таким образом, получаем равенство
$(2/3) R^{2}h \sin (180^{\circ}/n) \sin^{2} (180^{\circ}/2n) =$
$= (1/3) R \sin (180^{\circ}/n) \sqrt{h^{2} + 4R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)} \cdot \sqrt{h^{2} + 4R^{2}} \sin \phi$,
поэтому величина
$\sin \phi = 2R \sin^{2} (180^{\circ}/2n) \left ( h^{2} + \frac{16R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}}+ 4R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n) + 4R^{2} \right )^{-1/2}$
максимальна, когда в неравенстве
$h^{2} + \frac{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}} \geq 2 \sqrt{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}$
достигается равенство, т.е. когда
$h^{2} = \frac{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}}$, или $h = 2R \cos (180^{\circ}/2n)$,
что и требовалось доказать.
Доказать, что при любом значении $n \in \mathbf{N}$, большем 1, среди всех правильных 2n-угольных призм $A_{1} \cdots A_{2n}A_{1}^{\prime} \cdots A_{2n}^{\prime}$ с фиксированным радиусом $R$ окружности, описанной около основания, наибольший угол между диагональю $A_{1}A_{n+1}^{\prime}$ и плоскостью $A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$ имеет призма, для которой
$A_{1}A_{1}^{\prime} = 2R \cos (180^{\circ}/2n)$.
Решение:
Обозначим через $h$ высоту призмы. Тогда в тетраэдре
$A_{1}A_{3}A^{\prime}_{n+1}A_{n+2}^{\prime}$
(рис.) угол между- противоположными ребрами $A_{1}A_{3}$ и $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime}$ равен углу
$\angle A_{3}A_{1}A_{2} = (1/2) \angle A_{3}OA_{2} = 180^{\circ}/2n$
(где О – центр многоугольника $A_{1} \cdots A_{2n}$: заметим, что $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime} \parallel A_{1}^{\prime}A_{2}^{\prime} \parallel A_{1}A_{2}$). Расстояние между ребрами $A_{1}A_{3}$ и $A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime}$ равно $h$, а их длины равны
$A_{1}A_{3} = 2R \sin (180^{\circ}/n), A_{n+1}^{\prime}A_{n+2}^{\prime} = 2R \sin (180^{\circ}/2n)$,
поэтому объем указанного тетраэдра равен
$(1/6)A_{1}A_{3} \cdot A^{\prime}_{n+1}A_{n+2}^{\prime} (180^{\circ}/2n) = (2/3) R^{2} h \sin (180^{\circ}/n) \sin^{2} (180^{\circ}/2n)$.
С другой стороны, если $\phi$ - угол между прямой $A_{1}A_{n+1}^{\prime}$ и плоскостью $A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$, то тот же объем равен
$(1/3)S_{A_{1}A_{2}A_{n+2}^{\prime}} \cdot A_{1}A_{n+1}^{\prime} \sin \phi$,
где
$A_{1}A_{n+1}^{\prime} = \sqrt{(A_{1}A_{1}^{\prime})^{2} + (A_{1}^{\prime}A_{n+1}^{\prime})^{2}} = \sqrt{h^{2} + 4R^{2}}$,
$S_{ A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}} = (1/2) A_{1}A_{3}A_{n+1}^{\prime}H = (1/2)2R \sin (180^{\circ}/n) \sqrt{h^{2} + (2R \cos^{2} (180^{\circ}/2n))^{2}}$
($A_{n+2}^{\prime}H$ - высота треугольника $ A_{1}A_{3}A_{n+2}^{\prime}$). Таким образом, получаем равенство
$(2/3) R^{2}h \sin (180^{\circ}/n) \sin^{2} (180^{\circ}/2n) =$
$= (1/3) R \sin (180^{\circ}/n) \sqrt{h^{2} + 4R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)} \cdot \sqrt{h^{2} + 4R^{2}} \sin \phi$,
поэтому величина
$\sin \phi = 2R \sin^{2} (180^{\circ}/2n) \left ( h^{2} + \frac{16R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}}+ 4R^{2} \cos^{4} (180^{\circ}/2n) + 4R^{2} \right )^{-1/2}$
максимальна, когда в неравенстве
$h^{2} + \frac{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}} \geq 2 \sqrt{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}$
достигается равенство, т.е. когда
$h^{2} = \frac{16R^{4} \cos^{4} (180^{\circ}/2n)}{h^{2}}$, или $h = 2R \cos (180^{\circ}/2n)$,
что и требовалось доказать.
