atnasyan-gdz-10-11-2008 (546291), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Токи СС, = ЛС !8 е С4С с С'С =13 ! =!)ем. ( ( Гутает. 13 сч, Ха 220. У'ка 1а(пы: так как в прямом иаргкыслепиисле асе бокоаыс р бра р ы и р и.п(кул риы к осиоиаиикь то асс лиагоиали можно найти ио теореме Пифа(ора. и, г) М 221. Пас г)юим сечение через Л В иточкуГ. СослииимЛ сСи В с С'. !шла Л ГЬ' — ислочое сечение. СЛ =:СЛ -ь ЛЛ, = 10 см, у СВ = 'С'В +ВВ' - )О м. Такач обри(оч (лЛ,С — рааиобелреииьй и челиги(з ГЯ я илнс(ся и высо(ои (рис. ! 42). 1 (1)В = — 1В = 4см. 2 !'оьы,1/С'=-, Ь' С" — Мв( = „'84 ги(кич оорагом В, =---.
4 ь)84 = 4 ° (2!. 2 Рис. ЬВ и, Гть )ьу б /. Понятие многогранника. П изма В, № 222. ?юаз>знзюс: Доказа>ь, по лвугранный уню нри боковой грани и >мы — зго угол межлу соопютствую>ними стор>и >г>ми трапении. № 2?3. Пусзь куб АВС/ЗА В С,0 и сечение нровслено чсрсз АВ и С,0,. Тогла зто сечение — АВС,Пг причем >то нримоу>ольннк. Пусть ребро куба равно а(рис. 143). ТоглаА0, = ЬС, .= а,/2. В,„„=АВ А0, = а.а/2 = = а' >/2 = 64>/?, значит а =. В см.
Таким образом ребро куба равно 8 см, а лиа> ональ Х /3 см. Раг. /43 № 225. Пусть угол мсжлу лиагональю АС, и плоскостью АА В В раасн 30'. Так как А — нроскпю> АС на плоскость АА,В В, то к'.САВ, = 30'. З>ичнт, к'СА0 = 60'. Пусть ребро основания равно а. АП и То>ла АС, = — — = — = 2а; соь к'.С А0 сов60" АС/--4? а. Таким образом Раг. /45 № 224.
Так как призма правильная, то в основании лежит кв>ь>р»зз И так как лнагонвль основания раина 4з/2 см, то ребро основания ракию 4 сл>. Таким обраюмА0 = С0 = 4 ем (рис. 144). Т. к. АС- проскния АС >ю н.>оскость з>снонания, го к'.САС = (>О". Тогяа СС. = АС 1060 = 4 чгз>/3 = 4 46 ем. С,0 = >)С0>+ СС,' С,0=>/)64-16 6 =4>/7 см. Значит 5'„„, >=4/7 4= 16 Г7 см'. 74 Глава И. Многог анники сов ~С„4С = — = —, к.С„АС = 45'. ачг2 Л 2а 2 Таким образом искомый угол равен 45'.
№ 226. Проведем прямую, параллельную диагонали АС„через точку Р. Эта прямая пересечет В,С, в точке К, причем В,С, = С,К = = АР. Тогла ЛВ пересечет СС, в точке Ф, причем М вЂ” ссрелина ССк Тогла ВАР— искомос сече~ис. Найдем сто плошаль. Во 2л:РФ,ГЫ+СР 2 2 НМ ВС' Юс 2 2 Таким образом, Е,ВЛР— правильный, а тогда его плонзаль 5 1 .. 4ГЗ равна Х=-ВУ %0 йпбб'= — =-2 /3 ем'.
2 2 Рис !4е № 227. а) Так как РА,АВ= дА,АС, то по задаче )б1 проскния АА, на плоскость АВС является биссектрисой угла ВАС, а значит и высо~ой з."зАВС, опушенной на сторону ВС. А тогда по теореме о трех псрпснликулярах АА, з. ВС. б) Так как АА, 1( ВВ, и АА, З ВС. Значит ВВ, .1.
ВС, а тогда параллелограмм ВВ С С является прямоугольником, № 228. Пусть точка Π— точка пересечения медиан ЬАВС, Значит точка Π— проекция Ак Значит АО проекция АА„позтому РА,АО = 45'. 9 !. Понятие многог анника. П изма 75 В, Найдем АО: АМ вЂ” мслиана и высота ЬА ВС'. АМ' = АВ' — ВМ', АМ =,/1 31 - 52 = 12 2 Значит, АО = — АМ = 8 см. 3 Тогла АА, = =8чг2 см. Значит, АО соз45' боковые ребра равны 8зГ2 см.утналогич- А но задаче 227, очевилно, что АА, Л.
ВС (т, к, АЛ! 3. ВС), слсл<гаатсльно ВВ,С С— прямоу!ельник. Тогда В„,кп = ВВ, ВС= 80 Г2ем', с, Рис. !47 Хя 230. Пусть Ав = 5 см, АС = 3 см, к'.ВАС = 120 . Найдем ВС по теореме косинусов: ВС' = АВ'+ АС' — 2 АВ АС сов к'.ВАС ВС' = 25 + 9 + 15 = 49. Так как призма прямая, то асс бо- в, ковыс грани — прямоугольники.
Ясно, что боковая грань с наибольшей площадью — зто ВВ,С,С. 5„„,, = ВВ, ВС = 35, отсюла ВВ, = 5 см. Тогда по теореме п. 27 5,„„= 5 (3+ 5+ 7) = 75 см'. Оглеелк 75 см'. с, № 231. Укйзааиие: Аналогично задаче 230. По теореме косинусов Рис !48 № 229. Указрцйа: Плоглаль боковой поверхности считается по теореме и.
27. А плон!аль основания равна: Збб' ла'з!и —. 5=-7 ",—, гле л — число сторон многоугольника в 4! 1 — соз— основании. Глава В). Многогранники С, найти лиаго>юлн пар>ь>лег>спнпсда, лежа>него в основании н, выбрав из них напк>смытую, найти высоту параллслспипсла. В, № 23?.
Рассхнприм параллелс- нинелАВСОА В,С,П, ( рнс.!49), Тогда х'.С,АВ, — угол между диагональк> и бокглк>й гранью. 0 кС,АС вЂ” угол мсжл> диагональю и основанием. Тогда В,С, яп >х = — '', В С, = з)п сг гб СС = яп >р г(. АС Но г!'= И' япзр -ь г)' яп' ох+ АК АВ= г! сов'>р — зй> о..
Тот;ю г>ло>даль боковой г>о- всрхности равна 5„, =2>!п>р г( (г(вй>гх г(УГссоз'>р-яп'<х). Риг. (49 в, А, с> № 234. Линия пересечения плоскости сечения н плоскости АВС псрпснликулярна к плоскости АА,СС, в частности к нрямои АС, поэтому проведем прямую МК нсрнснлнкулярно к АС. № 233. Провелем высоту ВП в Е>АВС и НН, з АС. Тоги ВНП,В, — искомое сечение А Н (рис.
150). Так как х'.ВНС = 90', а зто н сеть угол между нлоскосзью сечения и плоскосп ю АА,СС (так как ВП 2 ПН, но условию, а АС ( НИ, но построению). Таким образом точки Н н П совпалак>т. Найлсм ВП. Обозначим ВН = х. Тогда ВС' =х'+СИ', АВ'=х +АН', ВС'+АВ' =АСЗна п>т (х + ! 2') + (х'+ 27') = (12 ь 27)', откуда 2х' = 2 12. 27,х = |В ем Значит, Я, = ВП НН, = 18 10 = 180 см' (то, >то ВНI|,В,— прямоугольник видно из построения). Ответ: 130 см'.
Н /. Понятие мно~огоан~)ика Призма и, ,Ан;).и ~ и и)о и)чы.)сч .)/,А' исрис~) )ику.)ярио к Л Г. 1'о).)и )/.!/ А' А' — ислочос ссисиис (сч. рис. 15!) О ~сии.иик )~о .)/1/А'А'-- ирячо)то.и,иик и АА)/ .— 42 сч, )ик кдк 2В $/ = ЛЛ . !1;шисч )/А и) ."...)НГ(сч, рис.
152). Л/А'— ссрс.иишыи исрию).,и ).мр !Г. ноиочу ГА'-: ЛАП Оооии)иич, ЛА' —. ГА'--л. 1()исси)о. ч)о Л В = 2 ! си, ('//= 2() си, Тогли НА — зС'А -ГВ =.! †.!А'. )зкич обр)лоч,; ~ -2и 2! - л,)илу.и к4! 42 л' = 541. )' -' - сч. ЛГ = ъ)Г//' В:1:- 29 сч. Г 2~) Л,!/=. -ЛГ=- т сч.'!Аила .2 )/А' = и. ! К вЂ” и.)/'. К41, ' 29: 5КО 5)ч) То)лиН„... = - .42 -ААцсм'. *' 4з л, /'ис /гП Н Л /'яг. /5? :тз 235.
1!риис.юч сснсиис С'1 В юрс) ки)с) ВГи и) гну Л (сч. рис. !55). )зк лик ЛЛ, АЛНГ. ю ЛН вЂ” приск~ни) Л Н)а ~с)оскос) ыоЛВГ'. !!о )сорсчс и )рст ),срка).)ик)л~)рзт сзслуст, ито Л В! НГ То)ли )ю )слоиию ~Л НЛ = О л 'ВЛГ--ст ()йоию шч ВГ-- ~). ! 1о)ли 1 — и ~)к~т. ЛС =. М 1! (/ Л Н и. г,'со И);.ЛЛ Васим':! Н-.. си~ЛЛ// ! сото Л, рн . /.<.) :И =.!В )си и с)уу го и. 2,;и 2 .,),и Глава Вl. Многог анники з'и <р мп<р № 236. Пусть сечение ССС, ... С„, С„Тогда плогнадь А,В,В„4< это а, С,С, А,В„так какбоковая граньзто параллелограмм, а С С вЂ” зто вь<сота зтого параллелограмма (рис.
154). Тогда сложив все боковые грани получим В „,„„„=А,В, (С,С', + С<С, + +С,С„+... +фф) =А,В, Р,,„<" ' Р„„, — периметр сечения. № 237. Уяязчнние. 'Воспо и зоваться заллчсй 236. № 238. Указание; Доказать, что перпендикулярное сечение— зто нрямоу<.ольный треугольник с катстачи, равнычи 12 см и 35 см. А< Аз Рис< !54 8 2. Пирамида № 239.
Пусть А,Л, = Я см и точка 0— нроекния точки Р (рис. 155). Тогда А,О = = ОА, = 4 ел< и так как А<А, 3 А„А„то ОА,= ч5< -4' = ОА,. !1оРО).АА иР03 А,А„нозтому РА, =з)РО +ОЛ ' = 149<-16=<(65сч, РА, = з<65 см. РА, = РА, = Д9+ 9 = ч 5Я с ч. А, Рис !55 5,.„„,.=АА, (АВ+ВС+АС)= а с<ЯЧ<.<ЯО а с<УР+а+ — ~= з)пчзз а с<ЯЧ< <ЯО(соз<р + мп ф .~ 1) а! и ц< Вк,„„,„<ЯО (соа<р+ з!вяз+ 1) 2совО 2з(пО(соз<р+ з(<з<р<-1) 79 В 2. Йи амида .'Ча 240. Г! усть точка Π— точка пересечения лиагопалей АВ = 20 см, А О = 36 см. Р Проведем прямукз Н,ОН„перпенликумярпую к прямым АВ и СО. Тогда ОН, ~. АВ, ОП, ). СО и ОН =. ОП,. Поэтому по теореме о трех l псрпенликулярахРН,З.АВи РН,).СО; г 1 т, с. РН, и РИ являются высотами боковых ~раной РАВ и РСО.
Найлом их; П Н, — высота параллелограмма,'И, ча= АВСО. ПозтомуАВ Н,П, = 360, значит - И. П,П,= !3 см и ОП =ОН,=9 ем. По О теореме Пифаго2а Ряг, 156 РП, = х)РО'+ОП ' --15см, РП, = 15 сч. Аапогичпо пахолятся высоты 1'П, и РН„граней РВС и РАО, РП, =- т)гЮ' + ОИ, = ч!2' + 5' = 13 сч; РП„= 13 см. Тогда В,„„, = — АВ РН - — ВС РН, + — СО. РН,+ — РН, АО= 1, 1, 1 2 ' 2 2 2 = 76Х см'. лб 24!. Пусть АВ = 5 м, АО = 4 м, Р ВО = 3 м и РО = 2 ч. Заметим, что АВ' = АО' + ВО' и значи г АВОА = 90'. Но ОΠ— проскпия РО па плоскость АВСО. Поэтому РО).АО(рис. 157).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
