atnasyan-gdz-11-2001 (546293), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Значит, точка А находится на биссекторной плоскости двугранного угла сребром SP. А т.к. точка А произвольнаяточка, то и весь луч находится вбиссекторной плоскости.Значит, все три биссекторные плоскости пересекаются по одному лучу,любая точка которых равноудалена.2. Пусть l — луч, по которому пересекаютсябиссекторные плосксти трехгранного угла при вершинеА, М — точка пересечения луча l и грани BDC. Концыотрезка АМ принадлежат разным граням двугранногоугла при ребре ВС, поэтому биссекторная плоскостьэтого двугранного угла пересечет отрезок АМ в точкеО∈ l, поэтому она равноудалена от плоскостей АВС иАВD и АСD. Расстояние от точки О до плоскостей АВСи ВСD равны, т.к. точка О принадлежит биссекторной плоскости двугранного угла при ребре ВС.
Таким образом, точка О равноудалена от всех граней тетраэдра, то есть принадлежит всем биссекторным плоскостямдвугранных углов тетраэдра. Таким образом, биссекторные плоскости двугранных углов тетраэдра пересекаются в одной точке.103Оба утверждения доказаны.639. а) Центр сферы совпадает с центром куба —точкой пересечения диагоналей куба. Пустьсторона основания и (его ребро) равно х.
Тогдадиагональ куба d= 3 х. С другой стороны, d=2R.2R Площади поверхностей одной2R= 3 х , х=3грани равна х2, а полная поверхность куба равна 6х2.2⎛ 2 ⎞ 2 6 ⋅ 4 2= 2⎟ R =R 8R6х =6 ⎜⎜⎟3⎝ 3⎠б) Н1 и Н2 — центры оснований призмы; Н1Н2 — высота призмы.Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через диаметр оснований призмы. Сечение является прямоугольником АА1В1В.22R 3⎛R⎞.Из прямоугольного ∆ОА1Н1: А1Н1= R 2 − ⎜ ⎟ =2⎝2⎠А1Н1 является радиусом описанной окружности около основания призмы,а в правильном 6-угольнике его сторона равна радиусу описанной окружности.Пусть сторона основания равна х, следовательно, х=Sбок=6хR=3 3 R2.R 3.2Sполн=3 3 R2+2 Sосн=3 3 R2+3 3 х2=3 3 (R2+7 21 3 2R2 ⋅3)=3 3 R2 =R444в) Пусть ребро тетраэдра равно х.
Центрописанной сферы лежит на высоте DH, точка Н —х.центр ∆АВС, поэтому НА=3Из прямоугольного ∆АDH:+DH= х 2 − НА 2 = х2.3∠ ADH= ϕ2DH=.3ADИз ∆АОD по теореме косинусов :х2=2R2 – 2R2cos (180° – 2 ϕ )=2R2+2R2 cos2 ϕ =2R2 (1+cos ϕ =+2cos2 ϕ – 1)=4 R2 cos2 ϕ =1048 2R.3ВПлощадь грани тетраэдра равнах2 3; равны и их H,4значит8х2 38 3 2R .=х2 3 = R2 3 =433640. SO — высота пирамиды; SO=h.Пусть О — центр основания пирамиды, М —середина ВС, АМ — высота в ∆АВС.Sполн= 4 ⋅х 3х 3, ОМ =.36Центры обеих сфер лежат на прямой SO, SO ⊥ плоскости АВ.Обозначим R — радиус описанной сферы. Продолжим SO до пересеченияс описанной сферой в точке D.
SD — диаметр шара, ∠SAD=90°. Из подобиятреугольников OAS и ODA:АО =OD=АО2 х 2=OS3h⎛х ⎞⎜ AO =⎟⎜3 ⎟⎠⎝2R=SD=SO+OD=h+R=х23h 2 + a 2,=3h3h3h 2 + х 2 3h 2 + х 2. Проведем апофему SM.=2 ⋅ 3h6hИз ∆SMC: SM= SC2 − CM 2 = 4a 2 −OM=х2 3, поэтому из ∆SOM:15х 2 х 2−=412h=SO= SM 2 − OM 2 =R=11+ х23116х33х 2 ⋅a 2 х 15=.42=12 х6113=2 3x11=44х 2=х121132 х 33 2 33=х1111Вычислим радиус r вписанной сферы.Примем Q — центр вписанного шара, следовательно вх 15.2По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника:∆SOM; QM — биссектриса ∠SMО; QO=r;OQ OM;=SQSMr1х 3 ⋅2;==h − r 6 х 15 3 5h=х ⋅SM=11.3105()()x ⋅ 113 5 −1x=3 ⋅ 3 5 +14 33641.
Продолжим высоту пирамиды РН до пересечения со сферой в точке Q. PQ — диаметр ицентр описанной сферы лежит на высоте HР,или на ее продолжении за точку Н. Соединимотрезком точку А с точкой Н. Рассмотримсечение плоскостью APQ.∠QAP=90° так как опирается на диаметр, Из подобия ∆НРА и ∆НAQ ,АН HQ=, AH2=HQ · PH, PQ=10, PH=h.РН AHПримем х — сторона основания, следовательно,r 3 5 +1 = hАН=(r=)1x 2x 2=.22Следовательно,x2=h (10 – h).2(1)x, плоскость PLH ⊥ плоскость2АВР.
Пусть О — центр вписанной сферы, ОК ⊥ PL.OH=OK=r, OL — биссектриса ∠HLP.Построим HL ⊥ AB, отрезок PL. LH=x2.4PL= h 2 + LH 2 = h 2 −Обозначим ∠HLP= ϕ .PH=LPsin ϕ =hh2 +x2=2h4h 2 + x 2.4xcos ϕ =4hИз ∆ OLН:2+ x2OH rxϕϕ= 2=tg , r=2= tg222LH х2tgϕ2.=1 − cos ϕ=sin ϕх1−4h 2 + х 22h=4h 2 + хх·21064h 2 + a 2 − a=2,2h(2)4h 2 + х 2 − х,2hРешим систему:х 4h 2 + х 2 =х2+8h⎧(3)⎪ х 4h 2 + х 2 = х 2 + 8h⎨⎪⎩ х 2 = 2h ( 10 − h ).(4)х2 (4h2+х2)=х4+64h2+16х2h,4h2х2+х4=х4+64h2+16х2hРазделим все на 4h, h ≠ 0х2(4 – h)+16h=0,Подставим х2 из (4)2 (10h – h2) (4 – h)+16h=0Разделим обе части на 2h, h ≠ 0(10 – h) (4 – h)+8=0h2 – 14h+48=0h1,2=7 ±49 − 48 =7 ± 1h1=8 или h,2=6 ; х12 = 20 ⋅ 8 − 2 ⋅ 64 =160 – 128=32,х1= 32 =4 2 ,х 22 = 20 ⋅ 6 − 2 ⋅ 36 =120 – 72=48, х2=4 3 .642. Рассмотрим осевое сечение плоскостью ABCD.
R —радиус сферы. Очевидно, АВCD — квадрат, ∆OBF=∆OBH1.BH1=OH1.=R, BH1 — радиус основания цилиндра,НH1=2R — высота цилиндра.Вычислим площадь полной поверхности цилиндра.Sполн=Sбок+2Sосн;Sбок=2π · BH1 · НH1=2πR ·2R=4πR2,22Sосн=π · BH1 =πR ;Sполн=4πR2+2πR2=6πR2.Площадь поверхности сферы 4πR2.SсфSполн=4πR 26πR 2=2.3643. Рассмотрим осевое сечение.а) Высота SH делит ∆ ASB на два равных треугольника: SH — биссектриса угла ϕ.ϕВ ∆ HBS: ∠HBS=90° − .2∠HBS.OB — биссектриса ∠HBS; следовательно, ∠HBO=2Rϕ= tg∠HBO = tg ( 45o − ),r4ϕRRRr==R tg (45° + ).==ϕϕ ⎞4o ϕo⎛ootg ( 45 − ) ctg⎜ 90 − (45 − ) ⎟ctg(45 + )444 ⎠⎝Из прямоугольного ∆ОНВ:107б)ϕ ϕRϕ= tg (45o − ), R=r tg (45° – ) ( — острый угол),44r4в) tg ⎛⎜ 45o − ϕ ⎞⎟ = R = 1 = tg30o4⎠⎝r3ϕ=30 o ⇒ ϕ = 60o ( ϕ — острый угол)4644.
Рассмотрим осевое сечение. SH — высота конуса;αОВ — биссектриса ∠HBS, ∠OBH= .2rα=tg . Найдем площадь основания конуса, обозначивВ ∆ОВН:BH245 o –2Sосн=πа2= πr .HB=a:tg 2α2Обозначим SB=d. Из ∆SHB:а=cos α,dd=аr= αcos α tg ⋅ cos α2Вычислим площадь боковой поверхности конуса:Sбок=π а dπrtgα2Sполн=Sбок+Sосн==πr 2tg 2α2⋅⋅rcos α ⋅ tgπr 2αtg 22⋅α2=πr 2tg 2α2⋅1cos α1πr 2πr 2+=cos α tg 2 α tg 2 α22⎛ 1 + cos α ⎞⎟=⎜⎝ cos α ⎠αα2 cos 22 πr 2 ⋅cos 22 =2αcos αtg 2 ⋅cos α2645. Рассмотрим осевое сечение.Высота цилиндра равна образующей, а т.к.образующая равна диаметру основания, то АВСD —квадрат.Обозначим AD=х, радиус сферы равен R.Из ∆ ADС: АС2=(2R)2=х2+х2 ; 2R=х 2 , R=Вычислим площадь сферы 4πR2=4π ·Радиус основания цилиндраSбок=2π ·108x· х=πх22x 2.2x2=2π х22BACDBCADx.22πx 2⎛x⎞Sосн=π · ⎜ ⎟ =;4⎝2⎠Sполн=Sбок+2Sосн=πх2+πx 2πx 2 3πx 2· 2=πх2+=;4223πx 2Sполн3= 22 = .Sсф42πx646.
Рассмотрим осевое сечение конуса и сферы. SH — высота конусаϕSO=OB=OA=R. Тогда из равнобедренного ∆ SOB: ∠ OSB= ∠ SBO= .2Из прямоугольного треугольника ∆ SHB:S⎛π ϕ ϕ⎞ ⎛π⎞∠ OBH= ⎜ − − ⎟ = ⎜ − ϕ ⎟ и⎝2 2 2⎠ ⎝2⎠ϕr⎛π⎞= cos⎜ − ϕ ⎟ = cos ϕR2⎝⎠а) r=R ⋅ cos ϕRA2ОrHBб) R= rcos ϕв) cos ϕ =rr1== ϕ = 60oR 2r 2109Глава VII. Объемы тел647. Вычислим искомый объема) R ′ =V1+V2.12б) R=V1− V1+V2= V1+V2.33648. Вычислим объем по теореме п. 63 V=abh.а) V=11⋅12⋅15=11⋅180=1980;⋅ 5 ⋅10 10 =30 10 10 =300;в) V=18⋅5 3 ⋅13=90⋅13 3 =1170 3 ;б) V=3 2г) V=313⋅ 5 ⋅0,96=10 ⋅ 0,963⋅ 5 =3,2 5 .649.
а) АС=12 см. Обозначим ребро куба х, следовательно из ∆ACD:х 2 =12; х=122=6 2 ; V=х3=(6 2 )3=432 2 (см3);б) АС1=3 2 (м). Обозначим сторону куба за х.АС12=АС2+СС12=(х2+х2)+х2=3х2,АС1=х 3 , 3 2 =х 3 , х=V=х3=(3 23)3=3 23⋅3⋅3⋅ 2 23 33;=6 6 (м3);в) DE=1 см. Обозначим ребро куба за х.2542;Из ∆EAD: 1=х2+ х = х2; х2= ; х=5445V=х3=(25)3=85 5=8 5=0,32 5 (см3).25650.
Вычислим объем параллелепипеда: Vпар=8⋅12⋅18=96⋅18=1728 (см3).Обозначим ребро куба за х, следовательно, Vкуба=х3.Откуда: х3=1728, следовательно, а= 3 1728 = 3 12 ⋅ 144 = 3 12 ⋅ 12 ⋅ 12 =12 (см).651. m=ρV. V=25⋅12⋅6,5=1950 (см3). m=1,8⋅1950=3510 (г)=3,51 (кг).652. Обозначим стороны АВ=а, ВС=b и СС1=с. Тогда условия выглядяттак:(1)а2+b2=122=144;(2)b2+с2=112=121;(3)а2+b2+с2=132=169(а2+b2=АС2, АС2+С1С2=АС12).110⎧а 2 + b 2 = 144,⎪ 222⎨а + b + с = 169,⎪ 22⎩b + с = 121.с2=169−(а2+b2)=169−144=25;с=5 (см);b =121−с =121−25=96; b= 96 = 16 ⋅ 6 =4 6 (см);22а2=144−b2=144−96=48; а= 48 = 16 ⋅ 3 =4 3 (см).V=abc=4 3 ⋅4 6 ⋅5=80 3 ⋅ 3 ⋅ 2 =240 2 (см3).653.
ВС1 — проекция D1В на плоскость боковойграни ВВ1С1С, поэтому ∠D1BC1=30°, ∠DBB1=45°.Вычислим — из прямоугольного ∆D1С1B:D1C1 = 9 см как катет лежащий против угла в 30°.Из прямоугольного222y2=9 2 (см).2∆D1B1B: В1В=18sin45°=182x222D1B =d =a +b +c . Значит, 18 =9 +(9 2 )x+В1С12.2( ) =9 (4−2−1)=9 , отсюда В С =9 (см).В1С12=182−92– 9 22221 1V=9⋅9 2 ⋅9=729 2 (см3).654. Заметим, что DB — проекция диагонали на плоскость основания,х∠D1BD=β; ВС1 — проекция диагонали на плоскостьбоковой грани, ∠D1BC1=α, DD1=АА1=h.DD1Из треугольника ∆D1DB:=tgβ,DBDD1hhhу=tgβ, DB==.; D1B=tgβsinβ sinβDBхОбозначим АВ=х, AD=y.Из треугольника ∆ADB: x2+y2=DB2=h2tg 2 βИз треугольника ∆D1BC1: D1C1=D1Bsinα;y2=h2tg 2 β−x2=h2tg 2 β−h22sin αsin 2β.x= hsinβ⋅sinα= hsinα ,sinβ,222hy= h 2 ( 1 − sin α ) = h cos β − sin α =⋅ cos 2β − sin 2α .2222sinβtg β sin βsin β sin βВычислим объем V=xyh;V=hsinα h⋅sinβ sinβcos2β − sin2α ⋅h=h3sinα cos2β − sin2αsin2β111655.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
