atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 26

АКЗ ВС и РКЗ ВС, то ДНАКΠ— линейный угол двугранного угла при основании пирамиды, БАКР= а. ОК— биссектриса угла АКР (гзОНК = !зОГКЗ, к'.НКО = кОКГ = —. а 2 Примем, что сторона основания пирамиды равна и. В прап вилы юм гзАВС ИК сеть радиус вписанной окружности и Н К = —. 2 (3 Из прямоугольного»АОНК: г а г и г 2/Зг — =19 —,НК=: = — -; и= ИК 2,<~ 2ч(З (х а РН г В !50нк; — = 19 а, РИ = ПК 19 а = — 19 а, НК Ъ 2 1 1 и' уЗ з(3 2~13» г 1() а У„к = -5, РН = — — 0Н =— 3»Я~ 3 4 12 а а /3 12, чЗ!Ва ЗУ Зь 3, а = — —.г' (да= — -- — — -= — (аа с(я' — У.

12,а а 4п 4л 2 !ф 19 М 735. 5Н перпендикулярен плоскости АВСР. Провалом НК 1. АР. Н!. 1. РС, отрезки 57. н 5К. По теореме огрех псрпсндпку- ларах Я..1 РСи 5К 3 АР. Тонза к5КН и к52Н вЂ” линсйныс углы двугранных углов при основании пирамиды. По условию плачи к5КН = к5!.И= (3 (рис. 554). »55ИК = !55И!. (по катету и острому углу). Точка Н равноулалсна от сторон ромба АВСО, то сеть является пентром вписанной в ромб окружности. у! . ~,, 1 5'„п=2~ — и.

и в(по. ( = и ми а; 5' „„„= — и НК; 5„„.„=4 и вяз а и ейпа=2и ИК, ИК= 2 Проведем о~резок ВО, точка Π— венгр вписанного ~вара, О е 5П. О!. — биссектриса к'.51.И, ЛО!.И =в (3 2 350 Глава И/. Объемы тел Из ЬОН/.: — =гдгН/О, ОН вЂ” радиус шара. ОН= Н/. 15 —. ОН НЕ 2 зн 4 4 Р. = — п(ОН)' =— = — яп'и гд' — а' 3 3 8 6 2 А К 0 А К 0 Ряс 554 № 756. Рассмотрим сечение цилиндра. Сечение цилигшра — прямоугольник АВСО; он вписан в окружность радиуса К (рис. 555).

Π— центр сферы (и окружности). ВΠ— диагональ осевого сечении, 4.'ВОА = и. В0 = 2К. Из прямоугольного ЛВА0: АО= 2К соа а. Ралиус основания цилинлра равен 1 — АО, то сеть К со5 сс Риг. 555 2 Высота цилиндраАВ= 2Кяп а. 1'„„, = и (К сов и)' А В = и// соли . 2 Кяп и = =пК/сози(2япи сова)=пК'соли.з!и 2и. № 757. Рассмотрим сечение цилиндра с шаром. Сечение цилиндра — прямоугольник АВС0 (рис. 556); он вписан в окружность радиуса К, точка Π— центр окружности и сферы. Образуюпгая пилиндра АВ = /.

ВО = 00 = ОА = ОС = К. Из х.'хАОВ по теореме синусов: ! Я Я а и !соа- 2соа- 2 2 Я вЂ”вЂ” а!пгх . о я . а' 2 яп — соа — 2 а1п— 2 2 2 4, 4п !' и!' У=-пЯ = — — = 3 3 ~сг 1а 8яп — бяп— 2 2 Ирииечание: ответ не совпадает с отвсг!' том в учебнике. Там --— ~о бсоа'- 2 !Ъс 55Е № 758. Рассмотрим сечение шара и ко- Р нуса. Сечение конуса — равнобедренный ЬАРВ, РМ вЂ” высота конуса, Π— центр описанной окружности (и шара), О и РМ. РМ = Н, АМ = г.

Примем Я вЂ” радиус шара; ОР = ОА = ОВ = Я. Из ЬАРМ: АР = 4Н + г', РВ = АР. аЬс Найлем Япоформулс: Я = —, где а, Ь, 45 с — стороны 0 АРВ, а 5 — его плошадь. Я .!Н'- ч г' 'ГЙ'+ г'.2г Н'+ г' 4гн 2Н Плошадь поверхности шара: Н'+~''~' 4п(Н'+г') п(Н'ч-г') 5 = 4а Я' = 4п 2Н ! 4Н' Н' 4п 4д (Н'+г') п(Н'+г') Обьем шара: У= — Я' =— 3 3 8Н' бН' Рис 557 Разные задачи на многог анники, цилинд, кон с и ша 351 352 Глава И!. Обьемы тел гаа,з М № 7бб. Проведем высоту пирамиды МГ; проведем отрезки ГА, ГВ, ГС, Я).

гзМГА = ~' МГВ = Ь МГС = ЛМЯ), т.к. они прямоугольные, Мà — обший катет, кМВГ= хМАГ= тМСГ= ~МОГ= (3 — поусловию (рис. 5б0), Таким образом, ГА = ГВ = ГС = ЯЭ,точка Гравноулалена от вершин основания, то есть является иснтром описанной около основания окружности. № 759. Плоскость ЬАВС, лсжашего в основании пирамиды, пересечет, шар по окружности, и хАВС будет вписан в А В эту окружность.

Причем, чтоА — гипотснуза, следовательно хАСВ = 90, тогла, он опирается на лиаметр, которым являстся гипотснуза АВ (рис. 558, 559). Проведем высоту пирамилы МО. Опрслслим положение высоты, иначе говоря, точки О. Проведем отрезки ОА, ОВ, ОС; зти три отрезка являются проекпиями соответствуюших наклонных боковых ребер пирамилы. В треугольниках МОА, МОВ, МОС МΠ— обнгий катет, ~МАО = ПМВО = = т'МСО = а — по условию, тогла ЬМОА = ЬМОВ= ~хМОС, отсюда ОА = а а = ОВ = ОС, то есть точка Π— равноудале- А на от вершин основания и поэтому явля- ется центром описанной около основания Рис. 559 окружности, т.

е. Π— середина АВ. Итак, МΠ— высота пирамиды, МО принадлежит плоскости АМВ, тогда, плоскость АМВ перпендикулярна плоскости АВС. По теореме синусов; АВ 2 ! = 2Р, гле Р— радиус шара. =2Р, В= й и(! 80' — 2а) а(п 2а а(п 2а 4п Плошадь поверхности шара: 5 = 4п)(' =, (см'). з(п'2а 4п, 4п ! Объем шара: У= — В' = — (см'). 3 3 в|п 2а Разные задачи на многог анники, цилинд, кон с и ша 353 Рассмотрим сечение пирамиды н шара плоскостью АМС (рис. 561). ТочкаО- центр шара, Ое МР.

По теореме синусов в ЬАМС: АС = 2Я, где )1 — радиус яп(1 80' — 2(3) шара. 10 5 )1 = 2 в(п 20 я(п 2(3 Плошадь поверхности шара: 4п 25 100п 5 = 4г К = —, = —, (см') в)п'20 яп'2() УЪ«. 5бО ио'-га Объем шара; 4п, 4п 125 500п 3 3 яп'20 3в(п'2(3 № 761. ОА 1,5 м, МО 0,5 м, АР = / (рнс. 562). У, = 50 м'1 У =пг«/=п 1,5'1(м'). АМВ, С|УΠ— шаровые сегменты Ь У„,„=ай'(Я вЂ” -), где Ь = МО = 0,5 м, 3 Я=ОА=1,5м. У „=п 0,5'(!,5- — '! =0,25п.

05| 4 5-05 п 33 3 3 У = У„., + 2У,; У,„= 50 = 2,25п!+ — (м ). 2п 2п 50 2 314 2,25п 2,25 3,14 50 — 2,09 47,91 — — — = 6,78 (м). и 7,065 7,065 Ркс. 5б! Замечание, В учебнике ответ — 6,56 м. Рв«. 5б2 12 а«мввв, ю — и «л. 354 Глава И!. Объемы твл А № 762. Примем, что реба ро куба равно а. Плошадь поверхности куба равна ба' (рис. 563, 564). Примем радиус и шара ОА = Ь. Площадь поl верхности шара 4пЬ'. При- мем, что радиус основания Рис.

5бЗ цилиидра равен с, следова- тельно АВ = Н 2с. Я =пс'!Ю„,=2пс Н=2пс 2с=4пс'! 5' = 4пс + 2пс' = бпс'. Примем, что радиус основания конуса равен д, следовательно РО = Н = 2Н. 5„„= пии; 5 = пс( АР, АР= ив'+ Н' = /У+4Н' = с)45. 5 =и сl д зГ5=пс(';Г5. Ю„„,„= пс~ + М Г5 = ти('(,Г5+ 1). В По условию ба' = 4пЬ' = бпС = Ы'( Г5+ 1). Выразим а, с, с( через Ь. 4пЬ' 2пЬ' Г2п би' = 4пЬ; а' = — = —; а = Ь,! — (1) 6 3 т3 4пЬ' 2, Г2 бпс'= 4пЬ'! с'= = — Ь'! с=( — Ь (2) бл 3 ~(3 пИ+Г5+ 1) = 4пЬ; Рис. 5б4 4пЬ' 4Ь (чГ5 !) п(Д+ !) (Я+1)(.„Г5 1) 4Ь'~~Д5-!1 ~ = Ь'(.Г5 — 1);с(=ъ(Д-! Ь (3) Г2п ! 2п )2п Объем куба равен и"! а'" = ! — Ь~ = —,! — Ь' 4 Объем шара равен -пЬ'. 3 Разные задачи на многог анники, цилинд, кон с и ша 355 Объем цилиндраравенпс' Н; пс' Н =и ~ — Ь 2 ~ — Ь=п — Ь' 2 — Ь= — — Ь '(У'3 ! )(3 3 ~3 3 )(3 1 Объем конуса равен — пд Н; 3 - '(*и=" ь(Л-!) 2Ь4Л:ь1 =— ' "(Л-1)4Б:ь.ь'.

Сравним объемы тел. Поскольку все они выражены через ради- ус шара Ь то остается сравнивать коэффициенты при Ь~. 2л )'2к 4п 4п !'2 2п~Л 3)(3 3 3)(3 38 Общий множитель — можно не учитывать при сравнении. 2п 3 Следовательно, остаются числа: — 2.(-' (Л-1)' ~3 (1) (2) (3) (4) Сравним (!) и (2). ! ! ! 2п 2п 4 3 — и 2; — и 4; и и —; и и б. 3 3 2 (2п Так какя< 6,то ( — <2.

Поскольку ! — <!,то 2 ! — < 2. 3 )3 )(3 Сравним теперь (1) и (3). ! ! ! 2п Г2 2п 8 8 3 — и 2 ~ —; — и —;пи — —;пи 4.Так кака<4, ( — < 2 —, 3 МЗ 3 3 32 'М 3 !(3 Итак, установлено,что~ — <2 ! — <2.Сравнимтеперь(4)и(1) 1 3 1!(3 ( Г5-!)' и —; ( Г5-!) и —; — ( Г5-1) и и.

Ч 3 3 2 (Л-1)' =(8-1)(Л-1)'=(Л-1)(5-2Л+1) = = (Л-1)(б-2,Г5)=бЛ-б-)О+2,Г5=8,Г5-)б=8(Л- ). — 8(зГ5 — 2) = 12( Г5 — 2), 2 356 Глава И). Обьвмы тел 12( Г5 — 2) и л. чг5 = 2,23; Г5 — 2 = 0,23. ! 2 0,23 = 2,76 2. 76 ил.Так как 2,76 <л,то(/5 — ф < (— )2л 'у 3 г- ~-", )2л )2 Итак, числа расположены в порядке:( ) 5 — 1~! < ! — < 2 1! — < 2. )~ з )(3 Эгосоотвстствуетобъемам тел: У„< У„, < У„„,< У., Ль 763. а) в' = 2 мм = 0,2 см; Я = 5 см, г = Я вЂ” с( = 5 — 0,2 = 4,8 (см), У л(Я «), т„,„р„„У„р „„л(Я «).

т. = 8.9 3,14(5 — 4,8')- = ,4 3 = 8,9. 1,33 3,14(125 — 110,592) = = 8,9 !.33. 3,14 14,41 = 11,837 3,!4 х х 14 41 = 37,17 ° 14 41 = 535,59 = 535,6 (г). т 3. 535,6 1606,8 4 л,, 4.314 125 500 3!4 3 — 1,023 (г/см'). 1606,8 Рис 5б5 1570 Сравним р. и плотность волы, которую примем равной 1 г/см, р. >р, значит, шар не сможет плавать в воде; б) Ы = 1,5 мм = 0,15 см, г= 5 — 0,15 = 4,85 (см).