atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (546290), страница 15
Текст из файла (страница 15)
г 0 Ол)=ОМ= г,ОР= —, М 2 )у Из прямо гольного треугольника ОФР: РМ =- — рг ~ ),2) 'г' 4 2 Р ОР)У = Р ОРМ, поэтому )УР = РМ, )УМ = 2 РХ = 2 — = г )3. г 3 М Ра . 381 ~м~о Итак,5 = 2гй отсюлаг) = —. Ю 2 Поэтому 5„„„, = — чгЗ. № 602. АВС0 — прямоугольник. Через пентры оснований проведем лиаметры, перпендикулярныс к сторонам АВи 0С. О,М3 АВ, О)УЗ.
0С. Из планимстрии известно, что диаметр, перпенликулярный к хорде, делит хорду пополам, поэтому точка Ф вЂ” середина 0С и точка М вЂ” середина АВ. Отрезок МФ параллелен сторонам А0 и ВС, ЛЛЪЮ, = 60' — угол между прямой ВС(или сй параллельной МЖ) и плоскостью основания. Примем,  — радиус основания цилинлра 1рис.
382). 0С = АВ = а; 0)У = —. Из гх0ДГО: О)У = т~й ' - —. а Г, а' 2 4 Из прямоугольного треугольника ьОФ: — = г8 60' = чгЗ, О). = ) 3 . ~Я' - —. ВО . Г, О)У 4 247 опопнительные задачи Рис. 382 М 603. ~,"1и,:'.'Г В„инрсч ьчытс. му лоорзннаг. кал:олгюн1нарнсгго кс. Ось оргнчи!, ирис~ гнлл. члча и юс... ~и гн тьтсскос~ь ы юрасе:ъ;ы оси аниликал и: л норси наираиЬучюи .ья«1а~ь илоскосп и в нанравлсниги указанном с;рслкои, иархлсльнонлоскосчн Отта Котла.ныла А бчсгст иа расстоянии Л от и яки О, то точка А совиалс г с точкой А и лонус~ им, что через ~о и ку А, можно провести ггве прямые, иа- !' с. ГЛ3 В плоскости верхне~о основания ои-,бн гм - 1. ~ 1',.„.ч.,ои=оч В этом случае ЛО,!.М = Г ОА2У, отсюза О!.
— О !.. О, !. + !.О = 0,0 .= и (высота ии;ишлра равна с~о обратуюшсйй 2ч'3 ' 1Л' — — ' = и, 4 3~ Л' — — ! = и', !2Лг — 3и' = и', 4 ~ 4 ' и', и ичГ3 !2Л =4и', Л' = —, Л= — —.=' — --. 3 23 3 248 Глава И. или, кон суша № 604. (рис, 384). При вращении прямоугольника АВСР вокруг стороны АВ получим цилиндр, у которого г=Ь,)=а, 5 = 2лг) = 2пЬа„5„„пЬ'. Ь Рис 384 5 = 2паЬ+ 2лЬ = 5г При вращении вокруг стороны АР получим цилиндр, у которого г = а, ) = Ь.
5 = 2пг) = 2лаЬ, 5 = ла', 5 =2па', 5 =2лаЬ +2па'=5, По условию получили систему уравнений: ! 2паЬ+2пЬ'=5о ')2Ь(а+Ь)=5о Ь 5, 2паЬ+2ла'=5,; 12а(Ь+а)=5,. а 5, Полставим в первое уравнение системы: 2л а а — ' + 2п а' — ', = 5„2п а'( — + — ' — ',) =5„ 2 .55'5' 2 5,(5 5,) 2 (5+5,)' 51 5", 2л(5, +5,) 5,' 2л(5, +5,) Диагональ ВР находим из ЛАВР. ВР= Га'+ Ь'— Ю, Х, 2п(5, + 5,) ВР= АС. ратлельные оси Ое (или, что то же самое, перпендикулярные плоскости Оху), Но по теореме и. 4 через точку А, проходит сди нственная прямая, параллельная оси цилиндра.
Итак, на поверхности цилиндра найдется только одна прямая, лежащая а плоскости и и параллельная оси цилиндра, а эта прямая и есть образующая цилиндра. Дополнительные а ачи ЛЪ 605. а) АВСР— квалрат, сторона равна а. а Следовательно радиус основания г = —, высота 2 пилиидра равна а. 5 =2я — а=па', 5„=яг'=п —, а', а' Зла' 25 = я — 5 = ла'+ я — =— 2 2 2 3 5 " 3 2 5,.
лег' 2 б) Примем АВ = а, следовательно АР = 2а, Возможны два случая. а !) АР й, АВ= 2г, следовательног = —. 2 а а' 5 =2л — 2а=2па, 5 =лг'=л —, 2 4 а' 25 =л —, 2 а' 5 5,„= 5 + 25 = 2ла'+ л — = — ла' 2 2 5 5 ла 5 2 5 5 2 па' 4 2) 2АВ= АРАВ= а, АР = 2а, АВ= И,АР= 2г, г= а. 5,= 2лгб = 2я а а =2ла', 5., лчз=л а', 25 = 2п а', 5„„= 5„, + 25 = 2яа'+ 2па' = 4па'. 5„.
4 па' А 5, 2 па' 249 Осевое сечение цилиндра Рис. 385 Осевое сечение Рис. 388 Рис. 387 М 606, АВСР— прямоугольник, АВ=Ь, АР= 2г (рис. 387). а Примем АР = а, следовательно г = —. 2 250 Глава И. Цилинд, кон с н ша а Ю„, = 2лг« = 2л -« = ли«. 2 Пло?цаль описанного около осевого сечения '1 1' л круга равнал АО' = л(-АС~ = — АС" ч2 ~ 4 Из сзАС2): АС' = «'+ и'. Плошаль крута Рис. 3??У 3 = — («' + а') (рис. 388).
4 По условию 5„= о, или ли« = — («+ и ). л ? 4 г и Требуется найти отношеш? с — = —. 6 2« , 4и/? «' а' ( а1? ./ а?) 4и/? 6 «? + и', —,. = — г + —;, ?( — )? — 4( — ~ + 1 = О «' «' «' ()?) ~«) и Примем, у = —, слсловшсльноу? — 4у ь ! = 0 !? у,,=2~ ч4 — 1=2 ' ч?3 у > 0 — по смыслу залачп, оба зшачсния ус?о??з?ет??оря???т гному условию. Искомое оп««пеппе; и з ? 2+??3 2«з 2 В М 607.
АК(?О. - осш?ос ссчсп«с;,4ВСΠ— г рячоыо «??;и 10« 'М??. ! 1,« .с:,!?? = «. ? !? = 2К. По ? с.???????г? '., -- "!« ' 2К:. р =-. 2К, «-.-р- К = )зК?Р— 2К? = лрК вЂ”. 4лК. Прпчсч?[р! .= — 4лК'?- ?? Ч, К '. О. Л Иай?сь? сс „.,„;.„,„,„...,, „„,„,, г?,?, Рис 3? а У'(К) .— ?арабо:ш. ве;ш??ыправ?с«ы вниз, огз««а?а чсрпшны булс? н??иб?о???ьш??а? з?ш кишсч((К].; 2 яр р Лб.«исса вершины — — = — '. Ор??????зта иеран«ы раина з( — 4л) 4 р ( р) р — 4лр' 8лр' 4лр' лр? (( — ) = — 4л~ — 2! ч 2л — р— 4 ?,4/ 4 16 16 16 4 Дополнительные задачи Наибольшая плошадь боковой поверхности достигается при ралиусс основания цилиндра В = —.
Ь = р — 2Я = р —— Р 2Р Р 4 4 2 Лй 608. (Рис,390). Если внутренний радиус равен 5 см, то внутренний лиаистр () = Еб см. Соответственно внешний диаметр, с учетом толщины стенок, будет: Р+ 2 = 12 (см), !2' В п — = Збп (см') (В, = и —, глс г( — лилие гр кРуга). 4 4 Высота стакана 16 см, поэтому Ю = 2п — 16 = 192п(см ). 12 1 2 Итак, плошадь внешней поверхности стакана, 5,„. = 5 + Я,.„= 192п+ Збп = 228п(см'), Найлом полную плошадь внутренней поверхности.
В.,„= и 5' = 25(см'), Высота внутренней части 16 — 1 =!5(см). Х = 2п 5 15 = 150п (см'). Ю„„„= Я„, + В, = 175п (см'), Найдем плошаль кольца: Х„= п(6' — 5') = п(36 — 25) = 11п (см'). Плошадь полной поверхности стакана равна: 228п+ 175п+ 11п = 414п (см'), Рис. 39Р 360' г Л9з 609. (Рис. 391).
По формуле а =, где чх — градусная ! 360' г мера дуги АВС. В данном случае а = 90', поэтому 90' =, от- ! сюда! = 4-, или — = 4,! = 4г. Утверждение доказано. I г 252 Глава У!. Цилинд, кон риша № 610. (рис. 392), Образующие конуса равны; примем ОА = РВ = ОС = а. Прямоугольные треугольники ОВС, РА В и ВАС равны по двум катетам. АВ = АС = ВС = ~/а' + а' = а /2. Найдем а/2 Я по формуле — — = 2В (теорема синусов в(п 60' для ЬАВС): и/2 (2 Г2 Я =а(-, ВР= 2 ' — а, ,/3 Мз' 43 ' — 2 2 Примем ЕВРГ = а, следовательно из теоремы косинусов для ЬВОЕ имеем: Рис.
39) (2 1' 2,( а =а +а' — 2 а а сова, 1(3 ! 2 à — =-2сова, сова=- —, 3 3 Рис. 392 Рис. 393 № 611. (рис. 393). Примем г— ралиус основания конуса, Ь вЂ” высота конуса, По условию Я, ти~ и 5, =лгс, Робразующая конуса. (= (ь' Ю„= лг~йт+ г', Ю, ю', 5,' = л'сз(Ь'+ г') = лУВ'+ л'г' 262 ~с В( л' Рис. 394 л' и В № 612. ис. 394).
Примем СО=А, ОВ=г, с'= й'+г", Х = лг( = лг /л'' + г', 263 ополнительные задачи № 613. (рис. 395). Проведем ОС.1. ОВ, отрезок РС. По теореме о трех перпендикулярах РС.Е 2)В, РС вЂ” высота Г~))ОВ. Звпишем теорему синусов лля равнобедренного тЗРРВ. 2)В 4 —, яп ! 20' = яп 60'. А з!п120' и!и 30' 4япбО' Л РВ = = 4 2 — = 4чЗ (см). яп 30' 2 Рис. 395 Из~зОСРиОС= ОР' — ОС'= ОР'-'( — ~ = 4'-~ — ~ = = Гб-4 3 = (4 = 2 г.'РСО = 45'. Из,"зРОС: РС= = 2/2 (см).
ОС сов 45' Яь»„= — РВ РС = — . 4 ГЗ 2чГ2 = 4чб (ем'); 360'г «а 270' 3 № 614. (рис. 396). Поформулеа = ! 360' 360' 4 Из прямоугольного треугольника РОВ: Х „=пав+В =пг'+к«Л+г' 5',„7 пг /бг+ г' 7 По условию — = —, Ю 8 пг' + пг 6' + г' 8 84'+г' = 7г+7 Вг'+г', Я+г' = 7г Ь'+ Р = 49гт, )г' 48г' (г IР,, ! 1 — = Г8а, —,= 18'а,1+18'а= —,, 49= —, г г' соз'а соз' а ! 1 сов а = —, или соз а = —. Поскольку з34ВС равнобедренный, 7 7 ! то а — острый угол, соз а > О. а = вгссоз —, 7 Глава )г!. илии, кон с ишв г ., 3 .
3 — = яп )), в!п )3 = -, 1) = агсяп— ! 4 4 (поскольку )) — острый угол). Ло 615. При вргипснии 2.'АВ)3 вокруг гипотенузы получим лва конуса с общим основанием (рис. 397). 5,„. = пг!. Из с.'хА В 0: ЕИ = х/а' б Ь', Ь аЬ ь!и а = —, г = = ВО „а+Ь,)а ч Ь Боковая поверхность первого аЬ (« правого» ) конуса: Ь;,„= и — =- — — и. х/его' т Ь' Боковая поверхность второго (слепого») конуса: .тх. = л Ь. аЬ /гу ч'Ь' Повсохностьтела имсс~ плоигаль: па Ь:шЬ' паЬ(и; Ь) еь')г .ГЁь Ь',/: + Ь' Ряс. Зяб Рас, 397 В б С М б1б.
) рис, 399). При вр ши и ни трзиеипи АВ!) вок)мг стороны с! иоъиися еловрв|иени: ко~присос„оп~ и3хрехчашеи;иеи!рллы~1и - !Пь ч»- го кру, пзого пил инара с рл;шусом Вл! п высгпой ВП~ гвух пгппигкпвь;х ко~о нуеов ' 'рвиглши )к'виоле 'пенная ио )етэви1О). )и-и ЛЧ= Льч -- — — =-:~см), ВЛ!.= )4' — 2 =х!)2 =-2я3(см). Боковая поверхность пили.ыра: 5 --- 2лс! =. 2т ВЬ! ВС =- В, С Рис 3ЕЬ' 2г 2 /3 6 = 24к хГ3 (см'). Боковая поверхность одного конуса: 255 Дополнительные задачи 5„,=яг(=п ВМ АВ=п 2/3 4=5п /3(см').
Боковая поверхность всего тела врагдсния: 5 = 24я ГЗ + 2 8п /3 = 24п 43 + 1бя /3 = 40п ГЗ (см').' №617.а), ПроведсмОК з ВС,отрезок ОК (рис. 399). По теореме о трех перпендикулярах ОК3 ВС. В правильном слАВС ОК вЂ” радиус вписанной в тлАВС окружности. Примем ОК = г. 5ы г= — ' Р где Р- полупериметр тз 4ВС.
а Из равенства — = 2В (теорема яп60'" синусовдля сзАВС) найдем а — сторону с.'лАВС. ,Гз а = 2Яз!п60'= 2 3 — = З~ГЗ(си). 2 а ГЗ За а' ~ГЗ алГЗ 5 = —; Р= —: г= — = 4 ' 2 ' За гчгз ° лГ3 2 Рис 399 а = — (см); 2,Гз зчз з г = — = — (см). 2/3 2 9,/73 и.,р.„„, ° ссоссс-,Исток'= Ль.-= —. 4 2 5 = — ВС ОК = — а ОК = — ' 3 ГЗ ' — = — ч(219 (слл'). 1 ! 1 ч'73 3 2 2 2 2 4 9, (3~/3) /3 27~ГЗ 5 = 3 5,= —,/2!9(см'); 5 5„.
5„,+ 5 27-Гз 9 27ГЗ 9(з 73 9Г3 ~ 4 4 4 4 4 5) Проведем ОКз АО, отрезок РК(рис. 400). По теореме стрех перпендикулярах РК з АР. Глава У1, илии, кон и ша В квадрате диагональ В!3 = 2В, В— радиус описанной окружности около квадрата, В29= 2 3. Примем сторона 31 К квадрата равна а см, следовательно а 2'2 = Вд, а сГ2 = 6, 4Й 6 а = — = 3 !2 (см)„ р' ОК = — = — к/2. Из прямоугольного 2 2 ОЮК: РК- Ю' ОК' РОО. 400 РК 116+- 2 = (16+ — = 4 ) 2 ! ! 32+9 )41 1 3 Г2 к,Г41 3 — = )~ —; ЯР „= — АВ РК = — — = — )41 (см'); 2 !(2 "" 2 2/2 2 3 г— 3„„4 Х „„= 4 — 941 (см'); (боковые грани — равные равно- 2 бедренные треугольники); В„О= а' = (ЗкГ2) = 18(см');В, „„= 5„„+ В„ЮООО 6(~/41 + 3) (см ); в) РΠ— высота конуса. Проведем ОК 3 А,4„отрезок РК (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
