atnasyan-gdz-11-2001 (546293), страница 20
Текст из файла (страница 20)
РК||АО, отрезок РК— средняя линия трапеции, значит, А1Р=РА.Рассмотрим грань АА1В1В. Это трапеция, черезточку Р проведен отрезок PQ||АВ, поэтому PQ является средней линиейтрапеции.2x + y x + 5 x 7xPQ=.==2210PQ||AB||A1B1, A1C1||PR||AC, B1C1||QR||BC, тогда, ∆АВС∼∆PQR∼∆А1В1С1.Площади подобных фигур относятся как квадраты их сходственных сторон.147S∆ABC =( a )2=( 5 )2= 25 , S ∆A B C = 4 S ∆ABC .1 1 1b4225S∆A1B1C1S ∆ABC AB 2 ⎛⎜ x=() =⎜7xPQS ∆PQR⎜⎝102⎞⎟ = 100 , S ∆PQR = 49 S ∆ABC .⎟49100⎟⎠Обозначим объем верхней усеченной пирамиды Vв, а объем нижней усеченной пирамиды VH.Тогда4941Vв 3 h(S∆PQR + S∆A1B1C1 + S∆PQR ⋅ S∆A1B1C1 ) ( 100 + 25 +==149VHh(S∆ABC + S∆PQR + S∆ABC ⋅ S∆PQR )(1 ++3100=4947⋅2+ +100 25 10 ⋅54971++10010=49 4⋅ )S100 25 ∆ABC1⋅49)S100 ∆ABC=93 3149 + 16 + 28==.219 73170 + 49745. а) Обозначим r — радиус основания цилиндра, h − его высота.⎧Q,⎪r =πS QQS⎧⎪S = 2 πh, ⎪V=πr2h=π⋅ ⋅= ⋅;⎨ 2⎨SSS2ππ2πQ⎪⎩ πr = Q , ⎪ h ===2 πr 2 π Q2 πQ⎪⎪⎩πб) обозначим r — радиус основания, т.к.
осевое сечение — квадрат, тоπh 3h2h. V=πr2h=π⋅⋅h=;244в) обозначим r — радиус основания и высота равна диаметру основания,то есть h=2r.S=2πr2+2πrh=2πr2+2πr2r=2πr2+4πr2=6πr2.высота h=2r, тогда r=SS S 4S S 2SS. V=πr2h=π⋅⋅==.6π6π 6 6π 6 3π6π746. Обозначим r1, r2 — радиусы оснований двух цилиндров, а h1 и h2 —их высоты. S1=2πr1h1; S2=2πr2h2.r=По условию S1=S2; 2πr1h1=2πr2h2, r1h1=r2h2. V1=πr12 h1; V2=πr22 h2.rV1 πr12 h1 (r1 h 1 ) ⋅ r1= 1 .= 2 =V2 πr2 h 2 (r2 h 2 ) ⋅ r2 r2747.
ОА=h, ОС=ОВ=r. V=V=131 2πr h;3π⋅1,52 ⋅3=2,25⋅π≈2,25⋅3,14=7,065 м3.1 л=1 дм3, а 1 м3=1000 дм3, поэтому V=7,065⋅1000=7065 литров.148Разные задачи на многогранники, цилиндр, конус и шар748. Пусть РО — это высота конуса, РО=H,АВ<AD. Построим ОК⊥АВ, отрезок РК. По теоремео трех перпендикулярах РК перпендикулярно АВ.РО =tgϕ , Н =tgϕ , H=OK⋅tgϕ .222ОКОКВ основании пирамиды.АВ=а, ВО=OD=AO=OC — по свойству диагоналейпрямоугольника. ВО=R.В треугольнике АВО:ϕ∠АВО=∠ВАО= 180° − ϕ1 =90°− 1 .22aR=;По теореме синусов запишем:ϕ1sinϕ1sin(90° -R=a ⋅ sin(90° -ϕ1)2sinϕ1=a ⋅ cos2 ⋅ sinϕ12ϕ12⋅ cosϕ12=2a2sinϕ12).ϕИз треугольника ВКО: ОК=R⋅cos1ϕ1 a ⋅ cos 2.=ϕ22 ⋅ sin 12H=OK tgϕ2=Vкон=a ⋅ tgϕ 22tgϕ12ϕa ⋅ cos 12ϕ12 ⋅ sin211πR2H=33=π⋅a24sin 2πa 3 tgϕ 224sin 2ϕ12⋅tgϕ2=⋅ tgϕ12ϕ12a ⋅ tgϕ 22tgϕ12.⋅.749. Пусть РО — высота пирамиды, обозначим РО=Н.
РК — образующая конуса,которая лежит в плоскости АРВ, ОК⊥АВ.В основание пирамиды рассмотрим.ABCD — ромб. АВ=а.SABCD=4SAOD=2SABC1SABCD=2( a⋅a⋅sinϕ)=a2 sinϕ.211SAOD= ⋅AD⋅OM= ar.22149Пришли к уравнению: а2 sinϕ=4⋅11ar, откуда r= a sinϕ.22РО =tgθ (∠РКО — угол, которыйОКН =tgθ, Н=r⋅tgθ=образующая конуса РК составляет с ее проекцией ОК).ОКa 2 sin 2 ϕ 1πa 31 2 11⋅ a sinϕ⋅tgθ=sin3ϕ⋅tgθ.= а⋅sinϕ⋅tgθ.
Vкон= πr H= π⋅2332442750. Рассмотрим осевое сечение, основанием является квадрат.Пусть сторона куба равна х, следовательно, радиусшара r= х .Из прямоугольного треугольника РОК:23344Vш= πr3= π( х )3= 4πх = πх .333⋅ 4⋅ 262Радиус основания цилиндра равен x , высота цилиндра равна х, следова-23тельно, Vцил=π( x )2⋅х= πх . Vцил =24Vшπх 34πх 36=6 3= .4 2751. Рассмотрим осевое сечение конуса:Vкон=1πR2Н. Обозначим РС=Н.3Из треугольника АОС: tgα=r 3 1= = .R 6 2ОА — биссектриса ∠РАВ, следовательно, ∠РАВ=2α.Из прямоугольного треугольника РАС:РС =tg2α, или H =tg2αАСRH=Rtg2α=6tg2α. tg2α=2tgα1 − tg 2 α=2⋅1−1214=134=46⋅4=8 дм..
H=331π⋅62⋅8=96π дм3.3752. Рассмотрим сечение конуса.∆АРВ — осевое сечение конуса, АН=r, АР=l, РН — высота конуса.Обозначим радиус сферы равен R. ОК=ОН=OL=R. Точки К и L — точкикасания сферы поверхности конуса. Плоскость, в которой лежит окружность, в сечении изображена отрезком KL; KL равен диаметру этой окружности. Обозначим ∠РАВ=2α.Vкон=150ОН=tgα; R =tgα, R=r tgα.rНААН = r ,Из треугольника АРН: cos2α=АР ll+rr2cos2α−1= , cos2α=, cosα= l + r ;2ll2lИз треугольника АОН:l+r l-rl-r=, sin α=;2l2l2ll-r l+rl-rl-rtgα==.
R=r⋅.:l+rl+r2l 2lsin2α=1−∠АРН=∠МКО=90°−2α.В треугольнике МОК: КМ=ОK⋅cos∠MKO=R⋅cos(90°−2α)=R⋅sin2α== R⋅2sinα⋅cosα.(l - r) 2 ⋅ (l + r)l-rl-rl+r=2r⋅=2r⋅=r⋅.22l2ll(l + r) ⋅ (2l)КМ — радиус окружности, по которой сфера касается боковой поверхности конуса. Ее длина равнаr(l - r).2π⋅КМ=2π⋅l753. Рассмотрим осевое сечение конуса.Н1,Н2 — центры оснований. ABCD — сечение, которое является равнобедренной трапецией.4ВН1=r1, АН2=r. Обозначим радиус вписанного шара а. Vш= πа3.3Высота конуса есть диаметр шара, Н1Н2=2а.11Vкон= π⋅Н1Н2(r2+r12+rr1)= π2а(r2+r12+rr1).33KM=r⋅Vкон=Vшl-rl-r⋅2⋅l+r2l2 πa3⋅( r 2 + r12 + rr 1 )4πa 23=r 2 + r12 + rr12a 2.В описанном 4-угольнике суммы противоположных сторон равны.ВС+AD=AB+CD=2AB.Обозначим АВ=l, следовательно 2r1+2r=2l, l=r1+r.Построим ВК перпендикулярно AD.
АК=r−r1, ВК=Н1Н2=2а.Из прямоугольного треугольникаАВК:2а= l 2 - AK 2 = (r1 + r) 2 - (r - r1 ) 2 = r12 + r 2 + 2r1 r - r 2 - r12 + 2rr1 == 4r1r =2 r1 r , а= r1 r .151Подставляя выражение для а в формулу (1), получаем:22Vкон r + r1 + rr1=.2rr1Vш754. Через основание высоты DH построим АК⊥ВС, отрезок DK. По теореме о трех перпендикулярах DK перпендикулярно BC.Центр вписанного шара находится на высотепирамиды в точке О; ОН и OF — радиусы,равные r. По условию задачи43Vπ ⋅ r3=V, поэтому r=.34πТ.к. АК⊥ВС и DK⊥ВС, то ∠AKD — линейный угол двугранного угла при основаниипирамиды.∠AKD=α. ОК — биссектриса ∠DKA.
Из равенства (∆ОНК=∆OFK),α∠НКО=∠OKF= .2Обозначим сторону основания пирамиды за а. В равностороннем трехугольнике АВС — НК это радиус вписанной окружности и НК=.2 3rrαИз прямоугольного треугольника ОНК:=tg , HK= α .2HKtg2х=2 3rtgα2, х=2 3rtgα2DH. В треугольнике DHK:=tgα, DH=HKtgα=HK2=⋅rtgα212αtg 32⋅ tgα.⎛⎞⎜ 2 3r ⎟ rtgα11 23Vпир= S∆ABCDH= ⋅ х 3 ⋅DH= 3 ⋅ ⎜⎟ ⋅ α =3312 ⎜ tg α ⎟124tg22 ⎠⎝⋅r3⋅tgα=3tgα 3V 3 3α⋅ =⋅tgα ⋅ ctg3 ⋅V.3 α4π24πtg⋅2755. SH перпендикулярна плоскости ABCD.Построим HK⊥AD, HL⊥DC, отрезки SL и SK. Потеореме о трех перпендикулярах SL⊥DC и SK⊥AD.Тогда, ∠SKH и ∠SLH — линейные углы двугранных углов при основании пирамиды.
Из условийзадачи ∠SKH=∠SLH=β. ∆SHK=∆SHL (по катету и острому углу).Точка Н равноудалена от сторон ромба ABCD, значит, является центромвписанной в ромб окружности.152SABCD=2(11⋅а⋅а⋅sinα)=a2 sinα; S∆AHD= а⋅НК;22SABCD=4⋅S∆AHD. а2 ⋅ sinα=2a⋅HK, HK=HL=аsinα.2Построим отрезок LO, точка О — центрвписанного шара, О∈SH. OL — биссектрисаβ∠SLH, ∠OLH= .2Из треугольника OHL:OH=tg∠HLO, ОН — радиус шара.HLβa 3sin 3αtg 34β аsinαβ2 = π sin3α⋅tg3 β ⋅a3.=⋅tg .
Vш= π(ОН)3= 4π ⋅22362832756. Рассмотрим сечение цилиндра, которое явля-етсяпрямоугольником ABCD, вписанным в окружность радиуса R.О — центр сферы (и окружности). BD — диагональосевого сечения, ∠BDA=α. BD=2R.Вычислим из прямоугольного треугольника BADAD=2R cosα.1Радиус основания цилиндра равен AD, то есть R cosα.2ОН=HL tgВысота цилиндра АВ=2R sinα.Vцил=π⋅(R cos α)2⋅AB=πR2cos2α⋅2Rsinα=πR3 cosα (2sinα ⋅ cosα)==πR3 cosα⋅sin2α.757. Рассмотрим сечение цилиндра с шаром, которое является прямоугольником ABCD, вписанным в окружность радиуса R, точка О — центрокружности и сферы. Образующая цилиндра АВ=l.ВО=OD=OA=OC=R.Из треугольника АОВ по теореме синусов:lRRR===.sinα sin( 180°- α ) sin(90° − α ) cos α2R=lcosα2sin α=lcos2 sin22α2α2cosα2=l2 sinα2.
Vш=4π4πR3=33⋅l38 sin3 α2=πl 36 sin 3α2.758. Рассмотрим сечение шара и конуса, которое являетсяравнобедренным треугольником АРВ, РН — высота конуса,О — центр описанной окружности (и шара), О∈РН.РН=Н, АН=r. Обозначим R — радиус окружностибольшого круга шара; ОР=ОА=ОВ=R.153Из треугольника АРН: АР= Н 2 + r 2 , РВ=АР.11S∆APB= ⋅АВ⋅РН= ⋅2r⋅Н=rH.22abc, где a, b,c — стороны треугольникаВычислим R по формуле: R=4SАРВ, а S — его площадь.
R=H 2 + r 2 ⋅ H 2 + r 2 ⋅ 2r Н 2 + r 2=.4rH2НПлощадь поверхности шара:Н 2 + r 2 2 4π (Н 2 + r 2 ) 2 π (Н 2 + r 2 ) 2)==.2Н4Н 2Н24π 3 4π (Н 2 + r 2 ) 3 π (Н 2 + r 2 ) 3R=⋅=.Объем шара: V=336Н 38Н 3S=4πR2=4π(759. Плоскость треугольника АВС, лежащего восновании пирамиды, пересечет шар по окружности, итреугольник АВС будет вписан в эту окружность. ПустьАВ — гипотенуза, следовательно, ∠АСВ=90°, тогда, онопирается на диаметр, которым является гипотенуза АВ.Построим высоту пирамиды МО. Построим отрезкиОА, ОВ, ОС; эти три отрезка являются проекциямисоответствующих наклонных боковых ребер пирамиды.В треугольниках МОА, МОВ, МОС МО — общий катет, ∠МАО==∠МВО=∠МСО=α — по условию, тогда, ∆МОА=∆МОВ=∆МОС, откудаОА=ОВ=ОС, то есть точка О — равноудалена от вершин основания и поэтому является центром описанной около основания окружности.Таким образом, МО — высота пирамиды, МО лежит в плоскости АМВ,тогда, плоскость АМВ перпендикулярна плоскости АВС.АBИз теоремы синусов следует, что:=2R, R — радиус шара.sin(180° - 2α)21=2R, R=.sin2αsin2αПлощадь поверхности шара: S=4πR2=4πsin 2 2α1см2.4 3 4πR=⋅см3.33 sin 3 2α760.
Построим высоту пирамиды MF; построим отрезки FA, FB, FC, FD.∆MFA=∆MFB=∆MFC=∆MFD, т.к. они прямоугольные, MF — общий катет, ∠MBF=∠MAF=∠MCF=∠MDF=β — по условию.Следовательно, FA=FB=FC=FD, тогда точка F равноудалена от вершин основания, значит, является центром описанной около основания окружности.Вычислим объем шара: V=154Рассмотрим сечениепирамиды и шараплоскостью АМС.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
