atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 27

4, 4 У =- (Я -У). =р У =р — (Я'-г). 3 3 т„=8,9 3,14(5' 4,85') — = 8,9 1,33.3,!4(125 — 1!4,09) = ,4 3 = 8,9 1,33 3,14 !О 9! = 11,837 3426=405,50(г). т 3 405,50 12!6,5 р = — = ' = = 0,77 (г/см') 4 Я, 4.3,14.125 !570 3 Если принять р = ! г/см', то р„<р„, такой шар будет плавать на поверхности воды.

357 Задачи повышенной т дности Задачи новыпгенной трудности № 764. Пусть а, Ь вЂ” данные прямые, А — данный отрезок, М вЂ” его середина(рис. 566), аида, ()эЬ, а'ЗЬ, )) З а (учебн ни, стр. ! 6). А В = Н, Ь вЂ” расстояние между а и )5, р — плоскость, рааноудаленная от а и р, а„, Ь„А„В,— проекдииа, Ь,А, Виар, О= а, П Ь,. Ь Ы ТогдаМе р,АА,=-,АМ= —, Рис. 5бб ВМ=А М= — чй'-Ь .

о о В с5А,В,О ОМ =А,М= В,М как радиусы окружностей с диаметром А„В,. Следовательно, М лежит на окружности в ч ' — ' плоскости р с нентром О и радиусом — чй -Ь . 2 Проводя рассуждения в обратном порядке, убедимся, что любая точка этой окружности — середина озрезка длины Н с концами на а и Ь. № 765. Данное сечение МИКЕ данного тетраэдра АВСР— параллелограмм (учебник, стр.

29). Так как бхАВР, 7'.ВСР, сзМВИ, бзИРК вЂ” равносторонние, то МИ = ИВ и ИК = = ИР; следовательно, если АВ = а, МИ = х, ИК = у, то у = ИР = ВР— — ИВ = а — х. Поэтому периметр сечения равен 2х+ 2у = 2х+ 2(а — х) = = 2а и является постоянным. Рис 5б7 № 766. В обозначениях рисунка к задаче 765 по свойству средней линии МИа АР (! ЕК, аналогично МЕ 'з ИК и МИКŠ— параллелограмм.

тогда МК'+ИЕ'=(МЕ+ЕК)т ь(МŠ— МИ)',т.к.ЕК=МИ, то Мл" + ИЕ' = 2(МЕ'+ М7т") — сумма квадратов диагоналей па- Глава ИЬ Обьемы тел 358 раллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон. Если АО = а, и ВС=Ь, МФ= —, МЬ = — и, ~МК'+ |УЬ'= — (е'+Ь). а Ь,, ! 2 2 2 № 787. Пусть ЛАВСсосторонами ВС=а,АС=Ь,АВ=с, углами кА = а, ~В =(3, дС= у и радиусом описанного круга Веере~путно срсднимлиниямАВ„А С„ВСс Вершины А, В,Сопишутокружности соответственно с нентрами А„В„С, и радиусами АА„ВВ„СС, в плоскостях, псрпснлнкулярных средним линиям.

Прямая, йо которой пересекаются эти плоскости, пересечет плоскость треугольника в некоторой точке О, служащей точкой пересечения его высот АА„ВВ„СС,. Для того, чтобы получился тстраэлр, необходимо и лостаточно, чтобы точки пересечения А„„фэтих окружностей с этой прямой (по одну сторону от плоскости треугольника) совпалии, то есть чтобы ОА, = ОВ, = ОС . | с . 4В, ссоаи АА, = — АА, = — яп(3; АО=— 2 2 япу в|ну ОА,' = А,А,' — А,О' = АА,' — (АΠ— АА,)' = — АО'+ 2АО АА, = с' сохи — — ( — соаи+яп(3 япу).

ВП с соа а = соа( | 80' — (|3 + у) = а|п (3 яп у — сов |3 соа у, — = 2В; япу с, Рис. 5бд следовательно, ОА,' = 4)!'соа и сов |3 сову. Выражение симмстрншю относительно а, |3, у и, значит, ОА, = ОВ„= ОСс Оно положительноо л и ш ь для остроу гол ьно го трсу гол ьн н ка, Задачи повышенной т дности 359 № 769. Если 0Р, — данная высота данного тетраэдра АВСР н АА, 11 ВС, то по уел о в н ю А 0„3 ВС и, следовательно, А 0„3.

АА, (рис. 570), По теореме о трех перпендикулярах АР Л. АЛ, и, значит, АР 3. ВС. Аналогично (О, — пересечение всех трсхвысот) АВ3 РСиАС.~ ВР. Пусть теперь СС, — любая другая высота тстраэдра и 00, (1 АВ. Так как А В 3 РС, то РР, 3. РС и по обратной теореме о трех перпендикулярах (№153) 00, 3. С„0, так чтоАВ 3 С„Р, тоесть С„лежит на высоте треугольника АВО; аналогичноо С, лежит и на остальных его высотах. гиг. 570 № 778.

Так как 00, 3. АВС и АО 3 ОВС, то АОО, Л. АВС и АОО, ' ОВС; тогда согласно задаче № 183 ВС 3. АОО, и, =ь ВС 3. АОг )Ъс. 57) № 768. Пусть плоскость а, т проходящая через А перпенлику- о М лярно ВС, пересекает ВС в точке 0 (рис. 569); произвольная плос- и кость р, проходяшая через ВС, пересекает а по прямой гл, гав окружность без точки А сдиамст- А Р ром АР, лежащая в плоскости а, р Ме гл Рок В Так какАМса, тоАМ3. ВС, а так как М е гс, то АМ 3 р, так как Рис. 569 ~АМР = 90', как опирающийся на диаметр. Если М нс лежит на ш, то она не принадлежит искомому множеству (иначе нарушаются теоремы о единственности псрпендикуляря, опушенного изданной точки на данную прямую или плоскость.

Таким образом, ш — искомое множество точек. Глава РВ Объемы тел опш по теореме о пере сечении высот и АналогичноАС-~ ВО С и н ОМ=6, ПосколькУ СО, ~ЛВ. Пусть М= СО, О АВ, к'.ОМС = и и ОМ ~ АВ и 00, ~ СМ, то 1 5„= — АВ л, В„м= -АВ СМ =-АВ— ав 2 ввс Ю = — АВ О,М= — АВ Исоза,откуда. „„„= — =В 5чв 'мвв-," № 771. Согласно Хо770 .=В Я си а Я .

5, Сложив получен ные равенства, получим: '=5ввсГВвов ' мг вас = ввг ввв вас ов чки являются вершинами гетр др . аэ а. Они не № 773. Данные точки я Й плоскости, тогла как могут лежать все по одну р сто онуотискомо' пл ой этой плоскости, ной плоскости, параллельно' они лежали бы в олной омой плоскости. ПоэтоАналогично ни одна из них не л сжитв иском " му возможны лишь два случая: Р с.

Ууг о н от искомой плоскости леж тр ат и данные через середины ребер точки, по другую — ол — на. Плоскость походит . Расстояния равны поло- щих из одной вершины. ас тетраэдра, исходя . ас вине высоты т тр ра, е аэд, исходящеи из о другую — также от плоскости две точки, п 2) По одну сторону от пл сбе, исходящих из двух две. Плоскость пр П проходит через середины рс ер, ис Задачи повышенной т днасти вершин. Расстояния равны половине расстояния между скрешиваюшимися ребрами, то есть расстоянию между параллельными плоскостями, прохоляшими через эти ребра.

Первому условию уловлетворяют четыре плоскости, второму— три; всего имеем семь плоскостей. № 773. Пусть а и )) — грани )) лвугранного угла, с — сто ребро, А А — дшп«ая прямая. АА„). а, «а В~ ВВ,.) )), АА, Л. с, ВВ, ) с; тогла А,4, .1 с, В,В„.). с, с.'АА,Ас = ~ВВ,Вс как линейные углы а двугранного угла, 4АВА„= Ч«и Рис. 573 ~ВАВ„= «р — углы прямой АВ с гранями. Отсюда АА, = ВВ, <=> с.'ьАА„А, = ЬВВсВ, сь АА,, = ВВ, еь «=> «ЬААрВ =, ~ВВ„А ее «р № 774.

Если АВС«)А,В СР, — куб с ребром а, то сто сечение АСР, — правильный треугольник, а любое сечение — параллельное грани — квадрат (рис. 574). Провслсм через середину Е ребра АВ плоскость о« ~( АСВс Она пересечет ВС в некоторой точке Е А В В 1Ъс. 574 Так как ЕГ 'а АС, то по теореме Фалеса Š— середина ВС и а ЕЕ = .

Рассуждая аналогично, получим последовательно, что а /2 362 Глава ИЬ Объемы тел пройдет также через середины С, Н, К, Е ребер куба, и все стороны а шестиугольника ЕГСНКЕ равны . Его углы равны между собой /2 как соответственные углы треугольников КЕЕ, ЕЕГ, ЕГО, ГСН, СНК, НКЕ, равных друг другу по трем сторонам. Таким образом — сечение — правильный шестиугольник.

Пятиугольное сечение правильным быть не может. Так как в сечении АМНКЕ Аь 11 МФ, то хьАМ + х АМФ= 180 . Если зти углы равны, то они — прямые и не равны 108'. Сечений с семью и более сторонами быть не может, так как граней у куба только шесть. № 775. Пусть А,Аг..А„— данный куб с ребром а, Р— прямая, проходящая через его центр О, АА; 3. р, »Р, =- х (ОА„Р), з = ~~ АА",. а)3 ТаккакОА,= —, А,А', =ОА,з!п»Р, »Р =»Р„'Р»=4»»»Р»=%»Р~= = »Р„то 3, ' А,' з=-а"„Г з)п'»Р, (1) А и, Если Р = р П А,А,А,А„а х, у— А координаты в системе с осями А,А, ! у и А,А» то ! РА ' = х' + у' 'Ь », РА,' = (а — х)'+ у', с ЗА А РА'=(а-х)'+(а — у)», РА,' = х'+ (а — у)'.

А Р А По теореме косинусов из » Ь ОРА, имеем А'» РА, '= Ь'+ с' — 2Ьс соа гре Рис 575 где Ь = ОР, с = ОА, = — Ц = 1, 2, 3, аач'3 2 4), причем О)я=(х- — ~ +(у- — ~ + —. Приравняв выражения для РА», получим из найденных равенств: зез Задачи повышенной г дности За' а' 2Ьссозу = — — а(х+у),2Ьссозу = — + а(х — у), 2 а' а' 2Ьс соз у, = — + а(х+ у), 2Ьс соз д, = — — а(х — у) 2 2 Отсюда после вычислений получаем: 4Ь'с'~сов'~р, = 4и'Ь', а' а' 4 4 ' ., ', 8 ~Г соз<р,= —, = — = —, ~~Г з!п'<р,= 4 — 2 соз'<р =-, тогда из (!) 3,8 з = — а — 4а, 2 3 Таким образом, з не зависит от положения прямой Р.

№ 776. Куб можно разбить на три четырехгранные пирамилы АССР)У, АС СВВ', АС'В А'0' с об1дей вершиной А, общим боковым ребром АС' и основаниями — гранями куба, Они равны, так как совмещаются поворотами вокруг АС' на 120' и 240'. Кажлую из них можно разбить на лва равных тетразлра, напри- А мер, АС'В'А'27 на АА'В'С' и АА'0'С'. Рас. 57б № 777. Паук сидит в середине М ребра АВ, а муха — на вершине Ос На развертке куба кратчайший путь между М и Р, — отрезок прямой (рис. 577).

Примем ребро куба равным 1. Тогда: А М В А М В Рис. 577 304 Глава Ь46 Обьемы тел Г 47 Г9 с13 Р,НМ=т~-+4 = —, Р,КМ= — ч-! = —,ноч13 < lГ7и паук з4 2 ' з4 2 должен передвигаться по отрезкам д, К и КМ. рг № 779. Плоскость сечения проходит через середину О, высоты РО правильной пирамиды РАВСОЕЕи параллельна плоскости грани РАВ. Она пересекает плоскость основания по прямой А В, )~ АВ, плоскость РРС по прямой РС, (~ А,В, и плоскость РЕЮ по прямой Е,Р, ))А,Вв с,' № 778. Проскпия дашюго куба АВСОА В,С,Р, на плоскость а, перпе~шикулярную его диагонали А,С, Р / В~ является правильным шестиугольником А'В'В;С', 0, 7У. Ребра куба, исходящие из вершин А, и С, образуют с а С А равные углы; обозначим их величины через 9.

В йАА,С к'.АА,С = 90' — <р, с АС а Г2 ~Г6 В~ ~А,СА гр, соз <р = — = — = —. АС аГЗ 3 Все стороны полученного шестиуголь- А' а /6 Рис 578 ника равны каждая а сох ~р —, Ра- диус окружности. в него вписанной, аГ6 .. аГ2 равен — з|п60' = —, а сторона квадрата, вписанного в эту ок- 3 2 а Г2 ружность, равна 2 — з1п45'= а. 2 Этот квадрат лежит внутри этого шестиугольника. Поэтому через отверстие, направленное вдоль А,С и проектируешееся в этот квадрат, можно протащить куб с ребром а.

Если сторону этого вписанного в окружность квадрата провести параллельно А'В' и продолжить его диагонали, то они пересекут стороны шестиугольника в вершинах квадрата, вписанного в этот шестиугольник и имеющего сторону, большую а. Через соответствующее отверстие можно протащить куб, больший данного. Задачи повышенной т дности Збб Пусть РМ 3. АВ, Рт(5 ЕР, Мг«*Г!А,В, = М„РМИ Е,Р, = К,;то- гда Мгт'3. АВ, Мг«", 11 МР, М«««, 5. А,В« По условию а6 5=5 2 (1) Р где а = АВ и Ь = РМ.

Так как О, — середина РО, то М„А„В, — соответственно середины ОМ, АР. ВС, РГ= 2а, а+ 2а За 2и А,В,= = —,Р;С,= — =а, 2 2 ' ' 2 МО =-. Ь 2 За — + а Е В И 5а«г 5 . = — -= —. (2) ,«о«, 2 2 8 Так как ЛМ,Уг«г- АМИР, то — '' = — '= — ',тоесть Рас 579 МР НР ФМ М, гт', 3 3««, 36 В 6 Ь 4 = —, откуда М,г«', = —, 0 ««' = М гт' — М О = — — — = —, 4''''''424 Зт(Р 1«1Р йГ«т', = —, 11 Р, = —. Т.

к. ~а Е Р Р - Ь ЕРР и г«Е !1 Р - ГДЕ!«1Р, Е,Р У,Р Е,Р, 1 а то = ' = — ',откупа ' ' =--,Е,Р,=-. ЕР НР а 4 ' ' 4 а "4 В 5ай Следовательно, Ю„ 2 4 32 (3) ) ( а 5агг 5агг 25агг 25а 8 32 32 1б № 780. Если тетраэлр солержится в кубе (рис. 580), то он находится внутри сферы, описанной около этого куба; наибольший из таких тетраэлров — это тетраэлр, вписанный в эту сферу. Тетраэлр АВ,СР, содержится в кубе и вписан всферу,описаннуюоколо к .