pogorelov-gdz-11-2001z (546201), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

Значит, прямоугольные ∆SOM и ∆SOKравны по двум катетам. Так что SM = SK.Поэтому во всех боковых гранях высоты, проведенные к сторонам основания, равны. Так что площадь боковой поверхности равна∆AOD = ∆COD (так как АО = ОС =11P ⋅SM = ⋅ 4AD ⋅ SM = 2 ⋅ AD ⋅ SM.2211Так в ∆AOD: АО = АС = 4 м, а OD = BD = 3 м. Так что по22Sбок =теореме Пифагора AD = AO 2 + OD 2 = 5 (см). Далее, площадь∆AOD равна:11AO ⋅ ОD = ОМ ⋅ AD.22AO ⋅ OD 3⋅ 4ОМ == 2,4 (м).=AD5S=Тогда в ∆SOM:SM = SO 2 + OM 2 = (2,4) 2 + 12 = 2,6 (м).и Sбок = 2 ⋅ AD ⋅ SM = 2 ⋅ 5 ⋅ 2,6 = 26(м2).Ответ: 26 м2.2848. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник состоронами 40 см, 25 см и 25 см. Ее высота проходит через вершинуугла, противолежащего стороне 40 см, и равна 8 см.Найдите боковую поверхность пирамиды.В ∆ABС АВ = АС = 25см и BС = 40см.Проведем АК ⊥ ВС.

Тогда по теореме о трех перпендикулярахSK ⊥ BC.11AS ⋅ AC = ⋅ 25 ⋅ 8 = 100 (см2).2211Далее, КС = ВС = ⋅ 40 = 20(см).22SASC = SASB =Так что в ∆АСК:АК = АС 2 − КС 2 = 252 − 202 = 15 (см).Далее, в ∆ASK:SK = АS 2 + АК 2 = 82 + 152 =17(см).Поэтому площадь ∆SBC равна:SSBC =11⋅ BC ⋅ SK = ⋅ 40 ⋅ 17 =340(cм2). Так что22площадь боковой поверхности равна Sбок = SASC + SASB + SSBC == 100 + 100 + 340 = 540 (см2).Ответ: 540 см2.49. Основание пирамиды — квадрат, ее высота проходит черезодну из вершин основания.Найдите боковую поверхность пирамиды, если сторона основания равна 20 дм, а высота — 21 дм.29Пусть SB — высота.Так как ABCD квадрат, то АВ = ВС =CD = AD = 20 дм, AB⊥AD иBC⊥DC.

Тогда, по теореме о трех перпендикулярах AS⊥AD иCS⊥DC.Далее, треугольники ASB и CSB равны по двум катетам, а значит, их площади также равны.11SABS = SCBS = AB ⋅ SB =· 20 · 21=210(дм2).22Далее, в ∆ASB:AS = АВ 2 + SB 2 = 20 2 + 212 = 29(дм). Так как ∆SAB = ∆SCB, тоAS = SC, и прямоугольные треугольники ASD и CSD равны подвум катетам, а значит, их площади тоже равны:11SASD = SCSD = AD ⋅ AS =⋅ 20 ⋅ 29 = 290(дм2).22Так что Sбок = 2SABS + 2SASD = 2 ⋅ 210 + 2 ⋅ 290 = 1000(дм2) = 10(м2).Ответ: 10 м2.50.

Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину пирамиды и две данные точки на ее основании.Пусть данные точки M и N, лежащие на основании пирамиды.Тогда MN пересекает ребра пирамиды в некоторых точках Р и Q.Так как точка P лежит с вершиной S в одной плоскости, то можнопровести отрезок РS. Так как точка Q лежит с вершиной S в однойплоскости, то можно провести отрезок QS. Так что SQP — искомоесечение.51. Постройте сечение треугольной пирамиды плоскостью,проходящей через сторону основания пирамиды и данную точкуна противолежащем ребре.Так как точки В и М лежат в одной плоскости DBC, то можнопровести отрезок MB, так как точки Α и Μ лежат в одной плоско30сти ADC, то можно провести отрезок AM.

AMВ — искомое сечение, так как АВ∈АМВ и М∈АМВ.52. Постройте сечение четырехугольной пирамиды плоскостью,проходящей через сторону основания и точку на одном из боковыхребер.Пусть М точка на боковом ребре. Сторона ВС принадлежит сечению. Тогда возможны два случая:SNMAlDBC1) ВС || AD. Тогда через точку М проведем прямую, параллельную AD и лежащую в плоскости (ASD), которая пересечет прямуюAS в некоторой точке N. Тогда MN || BC. Через 2 параллельныепрямые можно провести плоскость. Так что BNMC — искомое сечение.2) ВС не параллельно AD (общий случай).

Тогда проведемпрямые AD и ВС до пересечения в точке X. Далее, прямая ХМ пересекает AS в некоторой точке N.Тогда BNMC — искомое сечение.53. У четырехугольной усеченной пирамиды стороны одногооснования равны 6, 7, 8, 9 см, а меньшая сторона другого основания равна 5 см. Найдите остальные стороны этого основания.У усеченной пирамиды основания подобны. Зная меньшие стороны нижнего и верхнего оснований, найдем коэффициент подо55бия: k = .

Тогда соответствующие стороны равны 7 ⋅ k = 7 ⋅=66=355 205 15(см), 8 ⋅ k = 8 ⋅ =(см) и 9 ⋅ k = 9 ⋅ = (см).6636 23154. Боковое ребро пирамиды разделено на четыре равные части,и через точки деления проведены плоскости параллельные основанию. Площадь основания равна 400 см2.Найдите площади оснований.Задача решена в учебнике п.

183, стр. 70.55. Высота пирамиды равна 16 м. Площадь основания равна512м2. На каком расстоянии от основания находится сечение, параллельное ему, если площадь сечения 50 м2?Сечение, параллельное основанию, отсекает от данной пирамиды другую пирамиду, подобную данной. Отношение площадей подобных фигур равны квадрату коэффициента подобия.505Так что имеем по условию k2=.

Так что k=. Отноше51216ние высот равно коэффициенту подобия.Так что высота меньшей пирамиды равна x = k ⋅ 16м = 5м.А значит, расстояние, на котором находится сечение от основания,равно h = 16 – x = 11 (м).Ответ: 11 м.56. В правильной треугольной пирамиде с высотой h через сторону основания а проведена плоскость, пересекающая противолежащее боковое ребро под прямым углом.Найдите площадь сечения.Пусть АВСS пирамида, АВС — правильный треугольник.Плоскость ADC перпендикулярна ребру BS.

Тогда треугольники ADB, CDB и MDB прямоугольные.∆ADB = ∆CDB по гипотенузе и катету (АВ = ВС = а и DB —общий катет). Так что AD = DC.Следовательно, ВМ и DM — медианы и высоты треугольников.Тогда ВМ =а 3(так как АВС — равносторонний).2Высота SН в правильной пирамиде проходит через центр окружности, описанной около основания.Так что НВ = R =а 3.3Далее, в прямоугольном ∆SНB:SB =32SH 2 + HB 2 = h 2 +a2=33h 2 + a 23В прямоугольных ∆SНB и ∆ΜDB острый угол ∠SBM — общий.Значит, ∆SНB ∼ ∆MDB по двум углам.

Так чтоMD MB, откуда получаем, что=SHSBMD =SH ⋅ MB=SBh⋅a 323h + a2⋅32=3ha2 3h 2 + a 2.А площадь сечения находим по формуле:S=113ha3ha 2=AC ⋅ MD = ⋅ a ⋅.222 3h 2 + a 24 3h 2 + a 257. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 7 см,а сторона основания — 8 см. Найдите боковое ребро.Высота правильной пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания.

Так как основание данной пирамиды — квадрат, то О — точка пересечения диагоналей.Так что OC=11ВС= АВ 2 = 4 2 (см).22Далее, в прямоугольном ∆SOC по теореме Пифагора находимSC = SO 2 + OC 2 = 7 2 + (4 2 ) 2 = 81 = 9(см).Ответ: 9 см.58. В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол привершине равен α.Найдите двугранный угол x при основании пирамиды.33Высота SO правильной четырехугольной пирамиды проходитчерез центр пересечения диагоналей AD и ВС.Проведем SM⊥DC. Тогда по теореме о трех перпендикулярахOM ⊥ DC.Значит, ОМ — радиус окружности, вписанной в квадрат, поэтому ОМ =AB.

В равнобедренном ∆DSC ∠DSC = α. Высота SM2является медианой и биссектрисой, так что∠CSM =CMABαAB, а СМ =. В ∆SMC : SM =.=αα22tg2tg22Так как ∠SMO является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостью основания и боковой гранью, то ∠SMO=xи из ∆SMO:α2 = tg α .2 ⋅ AB2AB ⋅ 2tgOM=cos x = cos ∠SMO =SM αТак что x = arccos  tg  . 259. По данной стороне a и боковому ребру b найдите высотуправильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной;3) шестиугольной.В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, описанной около основания.Значит, AO = R. А из ∆ASO:SO =AS 2 − AO 2 = b 2 − R 2Тогда:1) В равностороннем треугольнике R =2Значит, SO =342 3.32a 3 = b2 − a .b − 3 322) В квадрате R =a 2. Так что22SO =2a 2 = b2 − a .b − 2 223) В правильном шестиугольнике R= a.

ПоэтомуSO =b2 − a2 .60. По данной стороне основания а и высоте b найдите апофемуправильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной;3) шестиугольной.В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, вписанной в основание. Пусть SM — апофема. То естьSM ⊥ DC. Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM⊥DC. Значит, ОМ = r.Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM:SM =SO 2 + OM 2 = b 2 + r 2 .

Тогда1) В правильном треугольнике r =a 3. Так что62SM =2a 3 = b2 + a .b2 +  6 1222) В квадрате r =aa2a.; так что SM = b 2 +   = b 2 +4223) В правильном шестиугольнике r =a 3; так что222a 3 = b 2 + 3aSM = b +  2 423561. По стороне основания а и высоте b найдите полную поверхность правильной пирамиды:1) треугольной;2) четырехугольной;3) шестиугольной.В правильной пирамиде апофемаSM = SO 2 + OM 2 = b 2 + r 2 (смотри задачу № 60).Полная поверхность S = Sосн + Sбок.Так как боковая поверхность состоит из n равных треугольников с основанием а и высотой, равной апофеме SM, то111Sбок = n ⋅ ⋅ a ⋅ SM = (na) ⋅ SM = P ⋅ b 2 + r 2 ,222где Ρ — периметр основания.

Тогда1) В правильном треугольнике Sосн =12Тогда Sбок = ⋅ 3a ⋅ b 2 +S=a 3a2 3иr=.46a2a 3=12b 2 + a 2 . Так что124a2 3 a 3a 3+12b 2 + a 2 =4442)Sбок = a + 12b 2 + a 2aВ квадрате Sосн = a2 и r = . Так что2.1a2⋅ 4a b 2 += a ⋅ 4b 2 + a 2 . Тогда S = a2 + a ⋅243) В правильном шестиугольникеSосн = 6 ⋅Sбок =S=36a 2 3 3a 2 3a 3=и r=. Так что42213a 2 3a⋅ 6a ⋅ b 2 +=⋅ 4b 2 + 3a 2 . Поэтому2423a 2 3 3a3a 22 +⋅ 4b 2 + 3a 2 = a 3 + 4b + 3a  .222 4b 2 + a 262. Найдите полную поверхность правильной шестиугольнойпирамиды, если ее боковое ребро а, а радиус окружности, вписанной в основание, r.В правильном шестиугольнике сторона выражается через радиус вписанной окружности по формуле: АВ=2r 3.3Далее, площадь правильного шестиугольника равна:Sосн = 6 ⋅4⋅ r 2 ⋅3AB 2 3= 6⋅= 2r 2 3 .49Далее, в ∆SMB:МВ =13AB = r, SB = a.

Характеристики

Список файлов книги