pogorelov-gdz-11-2001z (546201), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Далее,KH 3 3== 3 , так что ∠A1HK = 30°. Далее,3A1 Kпо теореме Пифагора в ∆А1КН:А1Н =A1K 2 + KH 2 = 32 + (3 3 ) 2 = 6(м). Так чтоплощадь сечения равна SА1ВС =Ответ: 24 м2 и 30°.11BC ⋅ A1H = ⋅ 8 ⋅ 6 = 24(м2).2277. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований 8 м и 2 м. Высота равна 4 м. Найдите полную поверхность.Так как ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осьюсоответствующей полной пирамиды, то OO1 является высотой пирамиды и точки О и О1 являются центрами окружностей, вписанных в квадраты ABCD и A1B1C1D1. Тогда проведем ОК ⊥ AD иOK1 ⊥ A1D1.Значит, ОК и O1K1 — радиусы вписанных окружностей1111OK = AB = ⋅ 8 = 4(м) и O1К1= А1В1= ⋅ 2=1(м).2222Далее, проведем K1Н ⊥ KO.
Из прямоугольника K1O1OH следует, что ОK = О1K1=1 м. Так чтоKH = KO – OH = 4 – 1 = 3 (м.)Далее, из прямоугольного ∆КК1Н найдем по теореме Пифагора:КК1 =46KH 2 + K1 H 2 = 33 + 4 2 = 5(м), где КК1 — апофема.Далее, площадь полной поверхности S=SABCD+SA1B1C1D1+S,бокSбок = 4 ⋅8 +1A1D1 + AD⋅ K1K = 4 ⋅⋅ 5 = 100 (м2).22SABCD = AB = 82 = 64 (м2).SA1B1C1D1= А1В12 = 22 = 4 (м2).Ответ: 168 м2.78. Найдите полную поверхность правильной усеченной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной, есливысота h, а стороны оснований а и b.Проведем ОК ⊥ АВ и ОК1 ⊥ А1В1.Высота OO1 = h проходит через центры окружностей, вписанных в основания. Так что ОК=r1 и О1K1 = r2.Тогда в прямоугольном ∆ΚΚ1Η: ΚΗ = ΟΚ – ΟΗ = O1K1= r1 – r2 ипо теореме Пифагора:КК1 =K1H 2 + KH 2 = h 2 + (r1 − r2 ) 2 — апофема.Площадь полной поверхности равна сумме площадей S1 и S2Р + Р2⋅ КК1,оснований и площади боковой поверхности.
Sбок = 12где Р1 и Р2 — периметры оснований. Тогда:1) В треугольной пирамиде S1 =P2=3b, r1 =a 3b 3( a − b) 2ии r2 =. Так что КК1 = h 2 +1266S = S1 + S2 + S3 ==а2 3b2 3и S2 =, P1=3a,44( a − b) 2a 2 3 b 2 3 3a + 3b++⋅ h2 +=442123 2222 a + b + ( a + b) 12h + ( a − b) .4 2) В четырехугольной пирамиде S1 = a2, S2=b2, Р1 = 4a, Ρ2 = 4b,abr1 =и r2= .2247Так что КК1 = h 2 +( a − b) 2и4S = S1 + S2 + Sбок = a 2 + b 2 +4a + 4b( a − b) 2⋅ h2 +=24= a2 + b2 + (a + b) 4h 2 + (a − b) 2 .3) В шестиугольной пирамиде S1 = 6 ⋅S2 = 6 ⋅a 2 3 3a 2 3=,42a 3b 2 3 3b 2 3b 3=, P1 = 6a, P2 = 6b, r1 =и r2 =.422234Так что КК1 = h 2 + ( a 2 − b 2 ) иS = S1 + S2 + Sбок =× h2 +3a 2 3 3b 2 3 6a + 6b++×2223(a − b) 23= 3 ⋅ ( a 2 + b 2 ) + (a + b) 4h 2 + 3(a − b) 2 4279.
Докажите, что центры граней куба являются вершинами октаэдра, а центры граней октаэдра являются вершинами куба.Обозначим центры граней куба С1, С2, С3, С4, С5, С6.Каждая грань куба граничит с четырьмя другими, так что каждая из точек С будет соединена с четырьмя другими. Так как расстояния между центрами граней, имеющих общее ребро, в кубеодинаковы, то получим фигуру, имеющую 6 вершин, в каждой изкоторых сходится по n ребер, и все грани представляют собой правильные треугольники.Значит, эта фигура — октаэдр.Наоборот:Обозначим центры граней октаэдра С1, С2, С3, С4, С5, С6, C7, С8.Каждая грань октаэдра граничит с тремя другими, так чтоцентр каждой грани будет соединен ребрами с тремя соседними48центрами.
Так как расстояния между центрами граней, имеющихобщее ребро, одинаковы, то получится фигура, имеющая восемьвершин; из каждой вершины выходят по три одинаковых ребра ивсе грани представляют собой квадраты.Значит, эта фигура — куб.Что и требовалось доказать.80. Докажите, что концы двух непараллельных диагоналей противолежащих граней куба являются вершинами тетраэдра.Соединим концы непараллельных диагоналей противолежащихграней АВ1 и CD1.Рассмотрим полученную фигуру AB1D1C. В каждой из четырехА1В1D1 и С вершин сходятся три ребра. А также все отрезки АВ1,AD1, AC, Β1D1, D1C и B1С являются диагоналями равных квадратови, значит, равны между собой.
Так что фигура ΑΒ1D1С составленаиз четырех правильных треугольников, то есть является тетраэдром.Что и требовалось доказать.81. Найдите двугранные углы правильного тетраэдра.Задача решена в учебнике п. 185, стр. 72.82. Найдите двугранные углы октаэдра.49Проведем ось SS1, которая перпендикулярна плоскости ABCD.Так как верхняя часть октаэдра — правильная пирамида,то О — центр окружности, вписанной в квадрат ABCD.Обозначим ребро октаэдра х.
Тогда, если OK⊥DC, то ОК=r=x.2Проведем SК и S1K, тогда по теореме о трех перпендикулярахимеем SK⊥DC и S1K⊥DC. Так что ∠SKS1 — линейный угол искомого двугранного угла.Из правильного ∆SDC: SK =x 3x 3, а из ∆S1DC: S1K == SK.22Далее, из прямоугольного ∆SOK по теореме Пифагора получаем:SO =x2 3 x2 x 2−== OS1. Так что SS1=2OS= x 2 .442SK 2 − OK2 =По теореме косинусов в ∆SKS1:SS12 = SK2 + S1K2 - 2SK ⋅ S1K ⋅ cos∠SKS1.То есть ,x2 ⋅ 2 =x2 ⋅ 3 x2 ⋅ 3x⋅ 3 x⋅ 3+− 2⋅⋅⋅ cos α .44441. Тогда α ≈ 109°28′3Остальные двугранные углы равны найденному.Так что, cosα = −83.
Какие плоскости симметрии имеет правильный тетраэдр?Правильный тетраэдр имеет плоскости симметрии, проходящиечерез какое-либо ребро, перпендикулярно противоположному ребру. Так как ребер 6, то и плоскостей симметрии 6.5084. Сколько плоскостей симметрии у правильного октаэдра,додекаэдра и икосаэдра?В октаэдре через пару противоположных вершин S1 и S2 проходят четыре плоскости симметрии (две из них проходят через ребраA1S1, и A2S1 а также B1S1 и B2S1.Еще две плоскости проходят через ось S1S2 перпендикулярноребрам A1B1 и A2B1, а также ребрам В1А2 и А2В2.Далее, через пару противоположных вершин A1, A2 по тем жесоображениям проходят четыре плоскости симметрии; но одна изних, проходящая через A1S1 и A2S1 уже была учтена.Так что есть еще три плоскости симметрии.Через пару противоположных вершин В1В2 проходят также четыре плоскости симметрии, но две из них уже были учтены.
Значит, получим всего 4+3+2=9 плоскостей симметрии.Правильный икосаэдр имеет 12 вершин.Через первую пару противоположных вершин проходят пятьплоскостей симметрии (каждая их них проходит через ребро, содержащее вершину, перпендикулярно противоположному углу).Далее, через вторую пару противоположных вершин такжепроходят 5 плоскостей, но одна из них подсчитана в первом случае, так что остаются новых четыре плоскости симметрии.Для третьей пары получим — 3 новых плоскости, а для четвертой — две плоскости и для пятой пары только одна новая плоскость.Через шестую пару вершин не пройдет ни одной новой плоскости симметрии.51Значит, всего 5+4+3+2+1=15 плоскостей симметрии.
Правильный додекаэдр состоит из двенадцати правильных пятиугольников. Так что плоскости симметрии проходят через ребро, содержащее вершину, перпендикулярно противоположному ребру.Поэтомучерез первую пару противоположных пятиугольников проходит 5 плоскостей, через вторую пару — 4, через третью — 3, четвертую — 2, пятую — 1. Так что всего плоскостей симметрии5+4+3+2+1=15.52§21.Тела вращения.1. Радиус основания цилиндра 2 м, а высота 3 м.Найдите диагональ осевого сечения.Осевое сечение является прямоугольником со сторонамиCD = 2м и AD = 4м.
Так что из прямоугольного ∆ACD:AC= AD 2 + CD 2 = 42 + 32 = 5(м) (по теореме Пифагора).Ответ: 5 м.2. Осевое сечение цилиндра — квадрат, площадь которого Q.Найдите площадь основания цилиндра.Задача решена в учебнике п. 187, стр. 82.3. Высота цилиндра 6 см, радиус основания 5 см.Найдите площадь сечения, проведенного параллельно оси цилиндра на расстоянии 4 см от нее.В равнобедренном ∆АOD OK⊥AD; так что ОK=4 (см).
Далее,по теореме Пифагора в ∆АОКАК= OA 2 − OK 2 = 5 2 − 4 2 =3(см), а AD = =2AK = 6(cм).Тогда SABCD = AD⋅AB=6⋅6=36(см2).Ответ: 36 см2.4. Высота цилиндра 8 дм, радиус основания 5дм.Цилиндр пересечен плоскостью так, что в сечении получилсяквадрат. Найдите расстояние от этого сечения до оси.53Так как в сечении квадрат ABCD, то AB=AD=8 дм.В равнобедренном ∆AOD проведем OK⊥AD.Тогда АK=1⋅ AD = 4(дм). Далее, по теореме Пифагора2ОК = AO 2 − AK 2 = 5 2 − 4 2 = 3 (дм).Ответ: 3 дм.5.
Высота цилиндра 6 дм, радиус основания 5 дм. Концы отрезка АВ, равного 10 дм, лежат на окружностях обоих оснований.Найдите кратчайшее расстояние от него до оси.Проведем через АВ плоскость ABCD, параллельную ОО1. Таккак ABCD прямоугольник, то AD= AB 2 − BD 2 = 10 2 − 6 2 = 8(дм).В равнобедренном ∆AOD проведем OK⊥AD, тогда AK= 0,5⋅AD== 4(дм).Из ∆AOKОК= AO 2 − AK 2 = 5 2 − 4 2 =3(дм)..6.
В равностороннем цилиндре (диаметр равен высоте цилиндра) точка окружности верхнего основания соединена с точкой окружности нижнего основания.Угол между радиусами, проведенными в эти точки, равен 60°.Найдите угол Χ между проведенной прямой и осью цилиндра.54Через данные точки А и С проведем плоскость ABCD, параллельную оси. Соединим точки В и О1.
Угол между радиусами, проведенными в данные точки А и С соответственно из О и O1 будетравен углу ∠BO1C = 60°.Следовательно, равнобедренный ∆BO1С является равносторонним и BС = 0,5 = К. Искомый угол Χ между проведенной прямой АС и осью цилиндра равен ∠BAC. В прямоугольнике ABCDAB=D=2R (по условию). Тогда из прямоугольного ∆ABCBCR 11tgX = tg∠BAC =и X = arctg .==AB 2 R 221Ответ: X = arctg .27. В цилиндр вписана правильная шестиугольная призма. Найдите угол между диагональю ее боковой грани и осью цилиндра,если радиус основания равен высоте цилиндра.Задача решена в учебнике п. 188, стр.
83.8. Высота цилиндра 2 м. Радиус основания 7 м. В этот цилиндрнаклонно вписан квадрат — так, что все вершины его лежат на окружностях оснований.Найдите сторону квадрата.Пусть ABCD — данный квадрат, тогда проведем ВВ1 и СС1перпендикулярно плоскости основания. По теореме о трех перпендикулярах B1A⊥AD и C1D⊥AD. Так что АВ1С1D — прямоугольники AD = B1С1, а его диагональ АС1 является диаметром окружности,55так что AС1=14(м). Из ∆ADC1 и ∆СDС1 получим по теореме Пифагора DC12 = AC12 – AD2 и DC12 = DC2 – CC12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
