atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 25

ОС ОС гф 00 = ОВ и ОА = ОС вЂ” по свойству лиагоналей параллелограмма (рис, 541). ОВ= 200= —; 2Н !Ьу 2Н АС= 2ОС = —. ~В ! . 1 5' . = — АС В0 япа= — х 2 2 2Н 2Н х — — 5!и а = 2ННсц у х 137 13(3 х с!3 )3 яп а. 1 1 У=- 2Н с13 У с!Ы (35!в а Н = 3 2 = — Н'сгй ус!Ь (3 Яп а. 3 Рис 54) А М В а С № 742, Линия пересечения лвух плоскостей, перпендикулярных к третьей плоскости— псрпенликуляр к этой плоско- Рис 542 1 1(2Ь ) 5 „.= 5„„= — аЬяп(1р, +гр,) = — ~ — ! япгр,з!игр,яп(гр,+ 1р,).

131р, 1 1! 4Ь' 2 Ь' У= — 3 Ь = — — —, 5!п гр, 5!п 1р 5!п(1р, + 1р ) = — —, х 3 ~ 3 2 13'1р, 3 !Вар, Х ЯП 1Р,ЯП1Р,51П(ф,+1Р,). Р 840 Глава И!. Обьемы тел сти; значит РВ перпендикулярен плоскости АВСВ. Р — высота пирамиаы, РВ = Н. кАВС = ср — линейный угол лву!раннего угла при ребре Р0. В основании АВСВ кА = х'.С = (80' — <р. Вк„= А 0 АВ а(пал = и яп( ! 80' — ~р) = и' яп ~р. Провелсм ВМ 3 АВ, 0)Ч 5 СВ. По теореме о трех перпснликулярах отрезки РМ 3 АВ, РЛ'.!. ВС(рис. 542).

к'.Рй(0 = кРМВ = Π— линейныс углы двугранных углов, образованных боковыми гранями РАВ и РВСс плоскостью основания. !хАВМ= ~аСВЛ, ВМ= В)у = ах)п ()80' — <р) = аяп сх Н Из йРВЫ: — = !8 О, ВЛ! г8 О = Н, Н = и яп ез (8 О. ВЛ' У= -Ю,„Н; Ч = — а' яп ~р и яп ~р !8 0 = — а япзр г8 О. ! 3'" 3 3 )Ча 743.

а) У!римам АС= АВ= Ь, а ВА = ВВ= ВС= ВС= и. Провслсм высоту н ирам илы 00, отрезки ОА, ОВ, ОС (рис, 543). '~ВОА = т'.хВОВ -" 2хВОС Значит, ОА = ОВ = ОС = В, тле  — ралиус окружности, опи- П А В~К С 2 Рис. 545 санной вокруг 2хАВС В равнобелрснном тхАВС провелем из у|па А высотт АК, ! 1 Г, а 5и„я = — а АК= — а )Ь' —— 2 2 ! 4 (в ГЛАВК; АК = ЧА — ВК' =. Ь' — — 1 = ГЬ' —— 341 Дополнительные задачи аЬс ОА = В, по формуле В = —, где а, Ь, с — стороны треу- 4В гольника, 5 — сто площадь, вычислим М. Я= ОЬЬ Ь' — —. Из ЛАРО; 1, а' ч4Ь' — а' 4 — а Ь' —— 2 4 Ь' 4а'Ь2 — а' — Ь' Н = 00 = /и' — АО' = 2'а' — В' = а'— 4Ь'-а' 4Ь'-а' 1 ! 1 ч'4Ь2 -22' 4а'Ь' - а" - Ь" Р'=-Я„„Н = — — а. 3 "" 3 2 2 4Ь' — а' "%С2' - — 2' 12 б) в равнобедренном 2ьАВС (СА =СВ= а) проведем высоту СК Л.

АВ; проведем отрезок 0К (рис. 544). В 4ЬАРВ; РК вЂ” высота (МАР — равнобедренный, АК = КВ, значит, медиана РКявляется высотой). АВ 1 РК, АВ.1 КС, АВ перпендикулярен плоскости РКС. Если плоскость проходит через перпендикуляр к другой плоское~и, то она перпенликулярна к этой плоскости. Итак, плоскости АВС и РКС перпенликулярны. В плоскости РКС проведем высоту пирамиды 00; 00 2. СК.

Примем 00 = Н. Ь2 /4а2 Ь2 В 2.'ьАВС: СК= ~ ' — — = 4 2 Рас 544 Глава ИЬ Объемы тел 342 1 ! /4а' — Ь' Ь/4аа' — Ь' ч'4а' — Ь' Найдем высоту пирамиды: ОК = КС = 4 Проведем КЕ 1. 2)С. РЕ= ЕС= —. Ь 2 Н; !зКОЕ; кЕ =.Б~ — ОЕ 4а' — Ь' Ь' 4а' — 2Ь' 4 4 )! 4 5 = — КЕ ))С= — Н КС; 1 1 2 2 3 ~ 3 4 «/4аа'-Ь' 12 № 744. ПустьО,К= КО = Ь, А,В, = Ь,АВ= а.

а 5 2 По условию- = —, Ь = -а. А С, Ь 2 5 0 Рассмотрим трапецию АА,О,О. РК !! АО, точка К вЂ” середина высоты ! В и 00„значит, А,Р = РА. К Рассмотрим грань АА,В,В. Это трапеция, через точку Р провслен --- ~ !2 отрезок Р0 !! АВ, поэтому РО О средняя линия трапеции. 2 а+Ь + а 7а В Ро=— а 2 2 10 Рис 545 РО !1 АВ !! А,В„А,С, !! РВ !! АС, В,С, !! (2Я !! ВС, тогда (рис.

545) ЬАВС вЂ” ЛРДЯ вЂ” сзА,В,Сс Плошали полобных фигур относятся как квадраты их сходственных сторон. 343 Дополнительные задачи 100 49 — 5 = — 5 49 ьм' !00 а 7а 10 Обозначим для краткости объем верхней усеченной пирамилы У„а объем нижней усеченной пирамиды Уг Слеловательно: 1 \, ьюю ол,юч ьнгг ' м,ая ) -й(5 +5 + 5 5 3 «(5мдю ~ 5ми+ 93 31 219 73 М 745. а) Примем г- ралиус основания цилинлра, л — высота. 5 ! и=в 5=2пй 2пг 5 5 л= пг =д 0 0 2з)п0 У=игл=п —.

и 2„~пЦ 2)п б) примем г — радиус основания, поскольку осевое сечение— Ь Ь' пй' квадрат, то высота л = 2г, откупа г = —. У = пгл = п. —.л = —. 2 4 4 в) примем г — радиус основания, следовательно высота равна диаметру основания, то есть л = 2г. 5 = 2пг' + 2пгй = 2пг' + 2пг2г = 2пг' + 4пг' = бпг'; г =. —. 7бп 5 15 5 Г45 5 Г25 У= пгЪ = и. — 2 1 — = — ~ — = — ~ —. бп 'е'бп б ))бп 6 1) 3п — + — + ~ — — 5 ' )- 49 4 )49 41 ,100 25 7 100 25) 49 4 72 )й0 25 10.

5 49 ч 16+ 28 49 7 170+ 49 100 10 Глава И). Объемы тел 344 Лъ 746. Примем г„г, — ралиусы оснований двух цилиндров, а Ь, и /й — их высоты. 5, = 2лгй,; В, = 2лг26г По условию В, = Вй 2лг,л, = 2лгй„гг,Ь, = гА )(= .'Лй (г, = лг,'Ьг В ЛЪ 747.ОА =Ь,ОС= ОВ=г(рис.546).

1 , .1 1'= — лг'Ь = -л 1,5'. 3 = 2,25 л = 3 3 = 2,25 3.14= 7,065(м'). 1 л = 1 дм', а 1 м' = 1000 лм', лозтому )г= 7,065 П)00 = 7065 (л). Рис 546 разные задачи на многогранники, цилиндр, конус н шар Лй 748, РΠ— высо|а конуса, Ю = Н, АВ < АО(рис. 547). Провелсм ОК ' АВ, отрезок РК (По теореме о трех псрпсцдикулврах РК АВ). Ю Н вЂ” = !8 ~ри — = !8 ~р, Н = ОК !8 <р„. Рассмотрим основание ОК ' ОК пирамиды, АВ = а, ВО = ОО = АО = ОС вЂ” по свойству лиагоиалсй прямоугольника. ВО = г.

р()" В схАВО; кАВО = ~ВАО = — ' = 90' — — ' 2 2 Рис, 547 Разные задачи на многог анники, ципинд, кон с и ша 345 Запишем теорему, синусов: а г г 5! п ц! ! 2в!п ' соз — ' 2 2 асоа '- ИзгзВКО!ОК= г соа — = —. ,У! 2 2в!и -'- 2 2з!п .' 2 № 149. РΠ— высоза пирамиды, примем РО И. РК вЂ” олив из образуюших конуса, РК принадлежит плоскости АРВ, ОК 3 АВ.

Рассмотрим основание пирамиды (рис. 540). АВСР— ромб. А В = а. В„к = 45ы, А ЛХ В Рис. 548 асов Н = ОКгб !р, = 25!и.-' 2 1 ! ! а У, = — ягЛ =-~- 3 3 4,4п а гбр! гВ ггг! =— и' тга —. 2 и га!а, 2гб 2 2 Глава Иг. Объемы тел (1 Я =2~ — а-а япгр~ = а з)п<9.5 = — АР ОМ =-аг. 12 ~ м" 2 2 1 ! Получили уравнение; а'яп ~р = 4 -аг, отсюда г = -аяпяь 2 2 Из прямоугольного ЛРОКг РΠ— щб 14'РКΠ— угол, который образующая конуса РК ОК составляет с ее проекцией ОК). Н 1 — = га О, Н = г гд О = — а яп ~р 16 !).

ОК 2 1, ! а'з!и'гр 1, яа' У„=-лг'Ь=-я — — а з)пр 160= — з)п'<ргйб. 3 3 4 2 24 № 750. Рассмотрим осевое сечение. АВСР— квадрат, сечение цилиндра. Примем сторона куба равна а !рис, 549), следовательно а д С радиус шара г 2 4, 4 (а) 4ла' па' У.= — ги' =-п~ — 9! = 3 3 !2! 342 6 Радиус основания цилинлраравен —, вы- 2 сота цилиндра равна а, поэтомт яа' (а) па' У а 6 3 4 12! 4 У па' 4 2 6 Рис 549 А Ряс, 550 № 751. Рассмотрим осевос сечение ко- 1 нуса: У„= — яйй.

Примем РС = Н. 3 Из сзАОС: г 3 ! !аа= — = — = —, гдеп.=НОАС К 6 2 ОА — биссектриса ~ьРАВ, поэтому 4РАВ = 2сь Из прямоугольного ГзРАС: РС Н вЂ” = га 2а, или — = гд 2а, АС Я 1 2а. |8 2а = 1-18 а 1 3 3 4 4 1 = — л 6' 8= 96п(дм'). 3 Н=йтйга=618 64 Н= — = 8(дм) 3 № 752. Рассмотрим сечение конуса. МАР — осевое сечение ко- нуса, АН = г, АР = 1, РН вЂ” высота конуса . Примем ралиус сферы равен а. Р ОК= ОН = 01.

= а. Точки К и 1. — ~очки касания сферы поверхности конуса, Плоскость, в которой лежит окружность, в сечении изображена отрезком К1,(рис. 55!); К(, равен диаметру этой окружности. Примем ~ОАВ = а, Из АРАОН: 0 ОН а а а — = 18 а; — = 18 а; а = г 18 а. НА г АН г Из ЬАРН: соь 2а = — = —, АР 1 г, 1+г 1(ч гг 2соь а — ! = —,соь а = —, соьа= ~— ! 21 )( 21 1+г 1-г, Н-г ь(па=| — — = —, ь!па= 21 21 9 21 Г:г1+ г Г:г гГ- г 18а= | —: — = ( —.а=г 21 21 У 1+ г )|1+ г хАРН = к'.МКО = 90' — 2а..

В ЬМОК; КМ= ОА ° соьсМКО= а соь(90 — 2а) = а ь)п 2а = = а 2ып а= а 2ь)п а сов а. А г Н Рис 551 П:г [$:г ~~+г (! — г)'(1 е г) 1 — г КМ=г у! — 2 ( — ~ — =2г. =2г — = 9'1+г 1 2! 1 2! (! г)(21)' 1-г = г —. 1 КМ равен радиусу окружности, по которой сфера касается бог(! -г) ковой поверхности конуса.

Ее длина равна 2п КМ= 2п 1 Разные задачи на много анники, цилинд, кон с и ша 347 Глава И1. Объемы тел 348 Рис 552 № 754. Через основание высоты РН провслемАК 3 ВС, отрезок 0К. По теореме о трех перпенликулярах РК.~ ВС(рис, 553). Центр вписанного шара находится на высоте пирамиды в точке О; ОН и Оà — сто ралиусы, равные г. По 4, ГЗУ условию задачи — пг' = У, ~ г = и —. 3 )(4п Рис 555 № 753. Рассмотрим осевое сечение конуса. Н„Н, — нснтры оснований усеченного конуса. АВСР— сечение усеченного конуса, АВСР— равнобедренная трапеция (рис. 552).

ВН, = г„АН, = г. Примем,чторалиусвписанногошараравена. Высота конуса равна диаметру шара, Н,Н, = 2а. 1 У = -и Н, Н,( г' + г,' + гг, ) == — и . 2а( г' + г,' и гг, ). г — па( г + г, + гг, ) ( г' + г' + гг ) 3 (1) 2а 3 Как известно из плаиимстрии, в описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны. ВС+ АР = АВ+ СР = 2АВ. ЛримемАВ=-1,следовательно2г, -2г= 21, 1=г, +г. Проведем ВК2 АР, АК= г— В '1 ' С вЂ” г„ВК= Н,Н, = 2а. Из прямоугольного Е 4ВК: 2а = Л" -АК' = 0 = ~(г, + г) -(г, — г) = И =,1'г + г + 2 г г — г — г + 2г г = 2 2 з/ ~ = 2 (гг; а =,1«,г. К ит Р Подставляя выражение для а в Формулу (1), получаем. У (г'+г, +««) 0 У. 2«г Разные задачи на многог анники, цилннд, кон с и ша 349 Т.к.