atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (546290), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Примем, что сторона основания равна и, следовательно В,ГЗ В',Гз В и= — Я= —. 2 2 5 = бай= Зч(ЗВ'. 5 „= Зчг3В'+ 2Я = З.ГЗК'+ 3 ГЗа' = = З,ГЗ~В' ч- — 1 /= З,ГЗВ' — = — В'. г', Зг'), 7 2) ГЗ, 4 ~ 4 4 в) Примам, что ребро тезраэдра равно а. Центр описанной сферы лежит на высоте РН(рис. 432), точка Н вЂ” центр ЛАВС, поэтому О НА = —. ,Гз' Из прямоугольного ФАВН: 280 Глава И. илии кон с иша 0Н 4а' — НА' = а~-.
)2 3 0Н )2 соз а = — = ~-. гле гх = ЛА 0Н А0 зЗ Из ЬАО0 по теореме косинусов С (рис. 433): а'= 2Я' — 2Ясоз()80' — 2а) = 2Я'+ + 2Я' соз2а = 2Я' (! + 2соз'а — ! ) = 8 = 4Я' соз'и = — Я'. 3 Плошадь одной грани тетраэдра а'43 равна †; всс грани — равносторон- 4 ние треугольники, поэтому 8 =4 — = а'43 = -Я'43 = — Я'. а' /3, 8, 843 4 3 3 Рис 433 0 А Н Рис 433 Ряс. 434 Зл'+ а' Зл'+ а' Я = = . Провелем отрезок 5М. 2 3)г 86 Хя 640.
Ю вЂ” высота пирамгьты; Ю = л. Примем, что Π— центр основания пирамиды, М— середина ВС АМ вЂ” высота а ЛАВС (рис. 434). а гРЗ а~ГЗ АΠ—; ОМ= —,глеа =АВ, 3 6 венгры обеих сфер лежат на прямой Ю, Ю перпендикулярна плоскости АВ. Я вЂ” радиус описанной сферы Продолжим Ю до пересечения с описанной сферой в точке 0(рис. 435). 50 — диаметр шара, к'.5А0 = 90'. Из подобия треугольников ОА5 и ОВА: АО' а' а 00 = — = —, т. к.
АО = 05 36 43 а' 3)г' .~. а' 2Я = 50= Ю+00=л+ — = Згг Згг Разные задачи на многог анник, цили кон с и ша 281 ИзЬЯМС;ЯМ= ЯС'-СМ' = 4а'- — = —. а' а /15 4 2 а ОМ = —, позтому из гХЯОМ: 243 /!5 а' 44а! П( /!=Ю= 5М' -ОМ' = ~ — — — = ( — =а~ —. )( 4 12 !)(12 )(3 11 3!. + ! Я= 3 12а 2а~ГЗ 2а /33 2!/33 — — а, 6 11 6 11 /!1 1! 11 3 3 Найдем ралиус г вписанной сферы. Примем, что Ц вЂ” центр вписанного шара, следовательно в гз 50М М вЂ” биссектриса к.БОМ, ЦО = г(рис.
436). 5М = ~/!!+ — (рис. 436). а' 12 По свойству биссектрисы внутреннего угла трау/паника: 00 ОМ г а/3 5(З ХМ /!-г, а' 6 /!!+— 12 , !! ~!! /(= 3, 3 /! ! /45-1 "Г ' ./:- — =а —— 12 11,, 1+ з/45 ч/3 45-1 а+ — — а'+ а' 3 !/11(3!/5-1) /11(3»/5-1) (3 /5 — 1) ,"! !! '7~.4 !! !!Т !' ! !! Рис 435 Риг. 43с № 641, Продолжим высоту пирамиды РН ло пересечения со сферой в точке О.
РД вЂ” диаметр, центр описанной сферы лежит на высоте РН или на ее продолжении за точку Н. Соединим отрезком точку А с точкой Н. Рассмотрим сечение плоскостью АРЦ (рис. 437). ГОАР = 90', как опираюшийся на диаметр, 282 Глава(г!, цилинд, кон сишв 7з НРА — 7з НАО, АН НО РН АН АН'=НО РН,РО= !(),РН=Л. Примем а — сторона основания, ! а(2 следовательно АН = — а~(2 = —. 2 2 и 1- сова !8 2 а)па а /4л' + а' — а =2 2 2л (2) Слеловательно а' — = л(10-л). (1) 2 г Проведем Н7..Е АВ, отрезок РЕ.
'ьН = †, плоскость Р(.Н перпснлику- 2 А лярна плоскости А ВР. Примем, что О— центр вписанной сферы, ОК.1. Р1 . ОН = ОК= г, ОŠ— биссектриса к'.НОР (рис. 438). Р) Р+)Н. ~г+ а Рис 437 М 4 Примем к'.Н(.Р = а. РН и 2л ь(па= — = — =— ВР, а' 14л'+ а' 4 а ЕН 2 а а соаи= — =-, 2 л' + —. 2~6' +— 4 )( 4 О г 2г а а а Из ЛОАН: — = — = — = !8 —, г= — [8 — = 2. '!Н а и 2 2 2 2 а 1 —— ~Г4Л' + а' !4л' — а' — а 2л 2л тГ4л'+ а' Разные задачи на многог анник, цилинд, кон суша 283 ан/4И' + а! =- и' + 8И 1- 1и~/4/г' ч.
а' = а' + 8И и' = 2И(10-И) и'(4И'+ а') =- и'+ 64И'+ 16а'И. 4И'и' + а' = и' + 64И' + (би'И а'(4 — И) ч- 16И = О, 2И(10 — И)(4 — И) + 16/т = 0 А Разделим обе части на 2И и 0 (1Π— И)(4 — И) + 8 = 0 И' — 14И + 48 = 0 1т„= 7 1 ч/49-48 = 7 + 1, И, = 8 или И, = б; а,' = 20 8 — 2 64 = 160 — 128 = 32, и, ч/32 = 4ч/2, а,а=20.6 — 2 36 =120 — 72=48,и, 4т/3. Рис.
43е № 642, Рассмотрим осевос сечение. Я— радиус сферы, АВС/) — квадрат. ВН, = ОН,. = Я, ВН, — рддиус основания нилинлра, НН = 2Я вЂ” высота нилинлра (рис. 439). Найдем плон/адь полной поверхности нилинлра. 5.„, = Х, + 25.„ Ва. = 2 ВН, НН, = 2лЯ. 2Я = 4пЯ', 5 „= и . ВН,' = лЯ'; 5„,„= 4пЯ' + 2пЯ' = бпЯ'. Плошаль поверхности сферы 4пЯ'. 5, 4дЯт 2 5 „„бкЯ' 3 В Нт С А Н В Хат 643. Рассмотрим осееос сечение.
а) Высота ЮН лепит осевое сечение на два Рос. 439 равных треугольника: ХН вЂ” биссектриса угла чт (рис. 440). В ухНВВ; к'.НВС = 90' — —; О — биссектриса дНВЯ/ тр, 2 ~нвю 2 284 (лава И. илии, кон оиша Из прямоугольного ЬОНВс — = !8 ЛЕНВО = !8(45' — -), 4 г Я Я Я и!я 45+— с(45'-..) и(ю-(ГГ ЙЯ и(и' Й) б) — = !8(45' — — ), Я = г!8(45' — — ) ( — < 45'), 'Р ° !Р сг в) гй(45' — — )-- — =;(45' — — ) = 30',— = 15',!р=бО', 4 г 73' 4 '4 А Рис. 440 № 644. Нарисуем осевое сечение. ЯН вЂ” высота конуса; О — биссектриса с.
НВ5, с'.ОВН = —. В ПОВН (рис. 441)." 2 г а — = !8 —. ВН 2 Найдем плошадь основания конуса: „г Я =яа' = —. ,а' г» 2 Рис. 44! Разные задачи на многог анник, цилин, кон с и ша 285 Примем ГВ = б Из ЬЯНВ: а а г — = сова,(= — = !я —. сова 2 Найдем площадь боковой поверхности конуса: яг г пг' 5, =ха(=— а а 1и ьи — !б-'сова г»' — сова 2 2 2 пг1 о! 1 ( ! ,и 1а а( ья — !я . - сози (я 2 2 2 )+ 2соз — -! 2яг соз— ,а 1и 2 2 а сози ,а — !я' — сова 2 2 № 645.
Рассмотрим осевое сечение. Высота цилиндра равна его образующей, а т.к. образующая равна ди метру основания, то А ВС0 — квадрат (рис. 442). Примем А 0 = а, радиус сферы равен Я. Из 0 А РВ: ВФ = (2В)' = а' + а", 2В = а Г2, Я = —. 2 а' Площадьсферы4пВ' =4п — = 2ца', 2 а Радиус основания цилиндра —.
2 Рис 447 286 Глава У!. илинд, кон с и ша а 5 =2п — а=па'1 ь" 2 ( а! па' 2 па' Зпа' ~2) 4 4 2 Зпа' 5 Я 5 Я 3 .$',, 2 па' 4 В )эя б4б, Рассмотрим осевое сечение конуса (рис.443). Тогда АВ= 2г, ЮА = ЮВ, к.'АВВ = гр, Поэтому дАОВ = 22р, как нснтратьный угол, опирающийся на дугу ЛВ. О Из ЛАОВ: АВЯ=ОА'+ ОВ' — 2ОА ОВ соаЯр. (2г)' = = 2ЛЯ вЂ” 2)!' соаф Следовательно ~2Я' — 22' а) г Рис 443 2 б) (2г)'= 2)12(! — соир), г~(2 таким образом )г = — = =.. 2,(/1 !- с па2р 4г' 4г' 1 в)! — совгр= —,,т,с.соа2р=! —, =-,=ргр= 60'. 2(2г)' 2(2г) 2 № 647.
Рис. 444 б) У= У,— -У, + У,=-У+ У, 1 2 а)У= У+ У, № 648.(рис. 445). По теореме п. 64 У = а68. а) 1'= 11 12 15 = 11 180 = 1980; б) У= ЗГ2 Г5. 1040= 304о. Г!о = зоо; в) у = 18 5 Гз 1з = 9о ! з Гз = ! 170~ГЗ; г) У = 3- 'Г5 0,96 = — 'Г5 = 1 10 0.96 3 2Г5 3 3 Рис. 445 № 649, (рис. 446). а) АС= 12 ем. Примем ребро куба равное а, =и из ЬАСР а4Г2= !2, 12 а= — = бГ2 ~Г2 )'= а' = (6 Г2)' = 432~Г2 (см'); б) АС, = 3 Г2. АС, = АС + СС,' = а + а' + а' = За, АС, = а~ГЗ, З~Г2= аГЗ, а = —. 3,Гг ,Гз ' 4 а П Рис.
44б Глава УИ. Объемы тел 8 !. Объем прямоугольного параллелепипеда Слева И!. Объемы тел 288 в) 0Е=(см. а' 5,, 4 2 Из тзЕА!): 1 = а' + — = — а', а' = —, а = — (м'); 4 4 5 (5 ( 2) 8 8~Г5 У= а' ~ — ! = = — = 0,32 (5 см'. 'ь (5! 5(5 25 Ха 650 У„,= 8 12 18 = 96 ° 18 = 1728 (см'). Примем ребро куба равное а, следовательно У„= а', Имеем уравнение; а' = 1728, отсюда а = (( 728 = К2144 = 41 2 12 12 = 12 (см). Ха 651.
гя = р У. У = 25 12 6.5 = 1950 (см'). гя = 1 8 1950 = 3510 (г) = 3 51 (кг). А В, № 652. Примем АВ=а, ВС=Ь и 1 СС, = с. Применяя теорему Пифагора, запишем уравнения: 3 а'+ Ь' = 12' = 144; (1) Ф + с' = 1 1' = 12 1; (2) а' + Ь' + с' = 13' = 169 (3) а' + Ь' = АС', АС' + С,С' = АС, ). а'+ Ь' =144 а' + Ь' е с' =169 Ь'+ с' =121 169 — (а' + Ь') = 169 — 144 = 25 с = 5 (см); 12! — с' = 121 — 25 = 96, Ь = (96ь 4(6 (см); 144 — Ь'= 144 — 96 =48,а = (48 =4/3(см). 5„, СС„У=аьс=4(3.4,ГЬ 5=80,(3 (6 =240(2( ').
В, Ь С Рис 447 с = Ь' = № 653. ВС, — проекция 0,В на плоскостьбоковой грани ВВ,С,С (рис. 448), поэтому к.д,ВС, = 30, ~()ВВ, = 45'. Из прямоугольного 7зР,С,В: 1),С, = 9 см, как катет, лежащий против угла в 30'. Из прямоугольного Л(),В,Вс 61. Объем и ямо гольного па аллелепипеда 289 В,В= !8со545'= !8 — = 942 (см).
,Гг 2 с/' = а' + Ь' + с . Значит, !8' = 9'+ (9 Гг)'+ В,С,' (учтено, что в 50,В,В: В,В = О,В,). В,С,' = 9' 4 — 9' 2 — 9' = 9'(4— — 2 — )) = 9', отсюда В,С, = 9 (см). У= 9 9 /2 9 = 7295Г2(см'). А, Ль 655. С, — проекция диагонали О,В на плоскость боковой грани ВВ С С, ОбозначимАВ = а ВС = Ь, 0 В = 1/и С С = с(рис. 450). ,/з Из г5/) ВС: а = —, 1/ = 2а, ВС = с/ со5 30' = 2а — = азГЗ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
