ГЛАВА  6

СТЕРЕОМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ

Ответы и решения

 

154. Из некоторой точки S, отличной от вершины С и лежащей на том из ребер трехгранного угла, которое не является стороной плоского угла α, опустим перпендикуляры SB и SD на стороны указанного плоского угла и перпендикуляр SA на соответствующую грань (рис. 158).

рис. 158

Обозначим искомые углы через β1 и γ1:

/   SCB = γ1,    /   SCD =  β1.

Пусть, далее, /   АСВ = α', /   ACD = α". Полагая СА = а, из прямоугольных треугольников СВА, SBA и SBC находим:

Аналогично получаем:

tgβ1 = sec β tg α".

Задача свелась, следовательно, к нахождению tg α' и tg α". Имеем α' + α" = α. Вычисляя разными способами отрезок SA, находим:

SA = a sin α' tg γ

и

SA = a sin α"tg β.

Отсюда sin α' = sin α" tg β ctg γ  и, следовательно,

В результате, разделив на cos α' обе части последнего равенства, получаем:

______________________________________________

155. Так как сумма внутренних углов правильного многоугольника равна πn, то число сторон многоугольника равно п + 2.

рис. 159

Пусть PQ—высота пирамиды (рис. 159). Рассмотрим какую-нибудь боковую грань пирамиды /\ QAB и ее проекцию на основание, т. е. /\ РAВ. Из условия задачи следует:

Так как площади данных треугольников относятся как их высоты, опущенные  на  общее основание   АВ, то для косинуса  двугранного угла при основании имеем:

______________________________________________

156. Полученное тело есть октаэдр, вершины которого находятся в центрах симметрии граней куба (рис. 160).

рис. 160

Объем октаэдра равен   удвоенному   объему   правильной   четырехугольной   пирамиды EABCD высоты a/2  с   площадью   основания   ABCD,   равной   1/2 а2. Следовательно, искомый объем равен

______________________________________________

157. Легко видеть, что в сечении получится равнобочная трапеция ABCD ( рис. 161).

рис. 161

Пусть Р — середина стороны EF основания пирамиды. Рассмотрим /\  SPR, содержащий высоту SO пирамиды. Отрезок  KО, очевидно,  является  высотой  трапеции  ABCD.

Так   как   KO | | SR,   то     KO = 1/2 h,    где   h — апофема     пирамиды.

Очевидно   также,   что   АВ = 2а,   где  а — длина   стороны основания пирамиды и DC = 1/2 EF = 1/2 а . Поэтому

и, следовательно,   искомое   отношение   равно 5/4.

______________________________________________

158. Пусть A1BC1D—данный тетраэдр, ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед,   полученный   указанным построением. Легко сообразить, что ребра  тетраэдра   являются   диагоналями боковых граней параллелепипеда   (рис. 162).   

рис. 162

Тетраэдр может быть получен удалением из параллелепипеда четырех равновеликих пирамид: ABDA1 , BDCC1 , А1В1С1В и A1D1C1D. Так как объем каждой из пирамид, очевидно, равен 1/6 объема параллелепипеда, то отношение объема Vn параллелепипеда к объему VT тетраэдра   равно

______________________________________________

159. Легко  видеть, что   наружные  вершины  тетраэдров лежат в вершинах некоторого квадрата. Чтобы  определить длину его стороны, проведем через   вершину S   пирамиды и через наружную вершину    А    одного   из   тетраэдров плоскость, перпендикулярную к основанию четырехугольной пирамиды (рис. 163).

рис. 163

Последняя пройдет через основание О высоты пирамиды, через основание Q высоты тетраэдра и через середину М ребра KL. Опустив на плоскость основания пирамиды перпендикуляр АВ, рассмотрим четырехугольник SOBА. Его сторона ОВ является половиной диагонали упомянутого квадрата и подлежит определению. Легко, однако, обнаружить, что SOBA—прямоугольник. В самом деле, положив /  OMS = α , /  ASM = β, находим:

и

Поэтому SA и OB параллельны и, следовательно,

OB = SA= a.

Таким   образом,   искомое расстояние равно   a2 .

______________________________________________

160. Предположим, что секущая плоскость проведена через некоторую точку диагонали HP данного куба (рис. 164).

рис. 164

Рассмотрим сначала те сечения, которые пересекают диагональ в точках отрезка ОР. Выделим сечение QRS, проходящее через три вершины куба; оно, очевидно, принадлежит рассматриваемой совокупности. Это равносторонний треугольник со стороной a2 . Нетрудно вычислить,   что  расстояние  данного   сечения   от  центра   куба   равно  . Очевидно, что при  в сечении получаются равносторонние треугольники. Так как отношение сторон рассматриваемых треугольников равно отношению их расстояний до точки Р, то

Отсюда, принимая во внимание, что , находим:

MN =  3/22а х 6.        (1)

Если же ,   то   в сечении   получаются   шестиугольники ABCDEF.

Стороны шестиугольника АВ, FE и CD соответственно параллельны сторонам QR, QS и RS равностороннего треугольника QRS. Поэтому при продолжении, пересекаясь, они образуют углы в 60°. Учитывая еще, что AF || CD и т. д., мы приходим к заключению, что все углы шестиугольника равны 120°. Легко видеть также, что AB = CD = EF и       BC = DE = AF (следует принять в расчет, что стороны шестиугольника отсекают на гранях равнобедренные треугольники).

Для того чтобы найти длины сторон шестиугольника, продолжим сторону АВ шестиугольника до пересечения в точках М1 и N1 с продолжениями ребер PQ и PR. Длина отрезка M1N1, может быть,   очевидно, вычислена   по  формуле   (1).   Зная   M1N1 находим отрезок

BN1 = ( 2/2 M1N1 a ) √2 = a/22x6

Отсюда

AB = M1N1 — 2BN1 = a/22 + x6.                        (2)

Сторону  ВС  можно   было   бы   определить   аналогично.   Нетрудно, однако,   сообразить,   что   BC = BN1   и, следовательно,

BC = a/22x6.              (3)

Отметим, что в сечении с плоскостью π, проходящей через точку О, получается правильный шестиугольник (см. формулы (2) и (3) при x = 0). Вершины этого шестиугольника лежат в серединах ребер куба (рис. 165).

рис. 165

Легко видеть, что если одну из двух частей, на которые плоскость π разбивает куб, повернуть на 60° около диагонали ОР, то шестиугольник совпадает с самим собой, и мы получим два симметрично расположенных относительно плоскости π многогранника. Следовательно, сечение, пересекающее диагональ в точках отрезка НО на расстоянии х от точки О, получается из соответствующего сечения уже рассмотренной совокупности секущих   плоскостей   поворотом   на  60°.

______________________________________________

161. В проекции получится правильный шестиугольник со стороной, равной    Чтобы   в   это убедиться, удобно представить себе результат проектирования всевозможных сечений куба, рассмотренных в задаче 160 (см. рис. 164). Все указанные сечения проектируются без изменения размеров, и мы получим фигуру, показанную на рис. 166.

рис. 166

Пользуясь тем, что сторона треугольника RQS равна а2 , из треугольника GOS находим:

откуда .   Tак   как  далее   сторона   правильного   шестиугольника  A1B1C1D1E1F1 (см. рис.   165)   равна , то искомое отношение площадей оказывается равным

______________________________________________

162. Пусть AEFD — получающаяся в сечении равнобочная трапеция и пусть G и Н — середины ее оснований ( рис. 167).

рис. 167

Опустим из точки Н перпендикуляр НК на основание пирамиды. Так как Н—середина SN, то

HK = h/2,  KN = a/4,  GK= 3a/4.                  (1)

Определим,   далее,   длины   отрезков   QO   и   QS.   Так   как

QO/HK = GO/GK'

то, учитывая (1), получаем

Отсюда QS = 2/3h,

                    (2)

Опустим из точки S перпендикуляр   SM на   GH. Тогда из подобия треугольников SMQ и GOQ имеем

SM/QS = GO/GQ

и, следовательно, искомое расстояние равно

______________________________________________

163. Рассматриваемое тело составлено из двух пирамид с общим основанием  KMN  (рис. 168).   

рис. 168

Высоту   OR нижней пирамиды легко найти, опустив из  точки Р (середины стороны KN) перпендикуляр PD на основание пирамиды. Точка D при этом разделит отрезок QL пополам. Используя этот факт, из /\  APD получаем:

PD/RQ = DA/QA = 5/4

Отсюда RQ = 4/5 PD, и, следовательно,

Мы воспользовались здесь тем, что в правильном тетраэдре высота равна Искомый объем равен  

______________________________________________

164. Пусть AMKN — четырехугольник, получающийся в сечении, и Q —точка пересечения его диагоналей ( рис. 169).

рис. 169

Рассматривая /\  SAC, легко заметить, что Q лежит на пересечении медиан этого треугольника. Поэтому

MN/BD = SQ/SO = 2/3

и значит, MN = 2/3 b.   Далее из прямоугольного  треугольника SAC находим

AK = 1/2SC = 1/2q2 + a2 

Так как АК _|_.MN, то

Sсеч. = 1/2 АК•MN = b/6 q2 + a2 

______________________________________________

165. Пусть NQN1Q1 и LML2M2— параллельные сечения призмы (рис. 170), а — длина диагонали АС основания, H — длина отрезка KK1.

рис. 170

Тогда площадь первого сечения равна

S = H/2 (a + a/2  )  = 3/4 Ha

Площадь второго сечения будет

S' = 1/2 PT (A2C2 + LM) + 1/2 P1T(A2C2 + L1M1).

Но

A2C2 = a,     LM = a/4   ,  L1M1= 3/4 а,    РТ= 3/4 Н,     P1T = 1/4H,

что легко усматривается из подобия соответствующих треугольников. В силу этого получаем:

S' = 11/16 aH

и, следовательно,

S' = 11/12 S

Замечание. Эта задача может быть весьма просто решена другим путем, если принять во внимание формулу

Sпр. = S cosφ,                                           (1)

где S — площадь некоторого многоугольника, расположенного в плоскости Р, Sпр.—площадь проекции этого многоугольника на плоскость Q, φ—угол между плоскостями Р и  Q.

рис. 171

Согласно формуле (1) площади рассматриваемых в задаче параллельных сечений относятся как площади их проекций. И наша задача сводится к нахождению площадей двух фигур: L'1M'1CMLA и N'1Q'1CQNA (рис. 171) (буквы со штрихами обозначают проекции соответствующих точек на основание призмы).

______________________________________________

166.  Рассмотрим пирамиду KAEF, являющуюся одним из многогранников (рис. 172).

рис. 172

Мы  считаем, что

АE/EB = АF/FC =  1/2

Поэтому

АE/AB = АF/AC =  1/3

и, следовательно,

S /\  AEF = 1/9 S /\  ABC                                   (1)

Пусть, далее, KM и SN —высоты пирамид KAEF и SABC. Легко видеть,  что

KM/SN = АK/AS =  2/3

Поэтому KM = 2/3SN и, учитывая (1), мы получаем, что

VKAEF =  2/27VSABC

Искомое отношение равно 2/27.

______________________________________________

167. Примем грань с площадью S0 за основание ABC данной пирамиды ABCD. Пусть DO—высота пирамиды, a DA1, DB1, DC1—высоты боковых граней (рис. 173).

рис. 173

По  теореме  о  трех   перпендикулярах   ОС1 _|_ АВ,   OA1_|_BC и ОВ1 _|_ АС, в силу чего углы /   DC1O, /   DA1O и /   DB1O являются линейными углами соответствующих двугранных углов и по условию задачи равны. Отсюда следует равенство треугольников DОС1,  DOA1 и DOB1. Для удобства вычислений введем следующие обозначения:  

DO = H,      DC1 = DA1 = DB1 = h,     OC1 = OA1 = OB1 = r,

S1 + S2 +  S3 = S.

Очевидно, что r есть радиус окружности, вписанной в /\  ABC. Объем пирамиды ABCD равен

V=1/3S0H.                                           (1)

Из прямоугольного треугольника DOC1 получим:

Н =h2 — r2  .                                        (2)

Таким образом, задача сводится к нахождению апофемы h и радиуса r.

Из формулы S3  = 1/2 ABh и ей аналогичных найдем выражения для сторон треугольника ABC:

Следовательно, полупериметр будет

Радиус   r   вписанной   окружности найдем   из формулы, выражающей площадь S0 треугольника   ABC   через этот радиус и   полупериметр:

Подставив это значение в формулу (2), получим:

Подставив  сюда   значение  h  из   равенства (3) и   внеся полученный результат в формулу (1), окончательно получим:

______________________________________________

168. Разрежем куб пополам диагональной плоскостью, перпендикулярной к оси вращения, и получившийся многогранник повернем на 90°. В результате возникнет изображенная на рис. 174 конфигурация.

Общая часть складывается из прямоугольного параллелепипеда ABCDD1A1B1C1 и правильной пирамиды SABCD. Высоту параллелепипеда находим из /\ ВВ1T:

 

Высота пирамиды

Площадь общего основания   параллелепипеда  и пирамиды равна a2

Таким образом, искомый объем общей части равен

______________________________________________

Используются технологии uCoz