ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

В этой и следующей главах приняты такие обозначения:

V — объем,

S или S_ocн. — площадь основания,

S_бок. — боковая поверхность,

S_п. — полная поверхность,

а — сторона основания,

r — радиус окружности, вписанной в основание,

R — радиус окружности, описанной около основания,

Н — высота тела,

h — высота основания.

Если   указанные   величины   обозначаются   иначе,   это   каждый   раз оговаривается.

На изображениях пространственных фигур мелким пунктиром обозначены  невидимые линии;  крупным    пунктиром    изображены вспомогательные линии.

88. Проекция диагонали A₁С параллелепипеда (рис. 78) на плоскость основания ABCD есть АС (диагональ основания).

рис. 78

Поэтому угол α между A₁C и плоскостью ABCD измеряется углом А₁СА. Из треугольника АА₁С находим

АА₁ = АС • tg α = √a² + b²  tg α.

Подставляем      в    формулу   S_бок. = (2a+2b)•AA₁.

Отв.   S_бок. = 2 (а + b) √a² + b²  tg α.

______________________________________________

89. Из каждой вершины призмы, например из вершины А₁ (рис. 79), можно провести три диагонали (A₁E, A₁D, A₁C).

рис. 79

Они пpоектируются на плоскость ABCDEF диагоналями основания (АЕ, AD, АС). Из наклонных A₁E, A₁D, A₁C наибольшая та, у которой проекция — самая большая. Следовательно, наибольшая из трех взятых диагоналей есть A₁D (в призме есть еще диагонали, равные A₁D, но больших нет).

Из треугольника A₁AD, где /  DA₁A = α  и A₁D = d, находим H=AA₁ = d cos α ,
AD = d sin α .

Площадь равностороннего треугольника  АОВ  равна ¹/₄• АО² • √3.      Следовательно,

S_ocн.= 6 •¹/₄• АО² • √3 = 6 •¹/₄• ( ^АD/₂ )² • √3.    

Объем     V = S•H =  ^3√3/₈ • АD² • АA₁

Отв. ^3√3/₈  d³ sin² α cos α .

Замечание¹⁾. Для изображения правильного шестиугольника (основания призмы) можно построить произвольный параллелограмм BCDO. Откладывая на продолжениях прямых DO, CO, ВО отрезки OA = OD, OF= OC и ОЕ= ОВ, получаем шестиугольник ABCDEF. Точка О изображает центр.

¹⁾ Наглядность чертежа часто облегчает решение задачи. Поэтому в ряде задач указаны способы изображения пространственных фигур на плоскости. Они могут дать хороший чертеж даже при построении от руки.

Изображения даются в параллельной проекции: направление проектирования — произвольное. При таком проектировании изображениями параллельных прямых служат параллельные прямые (но изображения перпендикулярных прямых, как правило, не перпендикулярны). Равные отрезки, отложенные на одной прямой или на параллельных прямых, остаются равными и на изображении (но длина их, как правило, меняется). Равные отрезки, отложенные на непараллельных прямых, могут изображаться неравными отрезками.

______________________________________________

90. а) Способ изображения. Квадрат, лежащий в основании, изображается произвольным параллелограммом ABCD (рис. 80).

рис. 80

Точка О пересечения диагоналей изображает центр квадрата. Соединяя середину F стороны АВ с вершиной пирамиды К, получаем изображение EF апофемы.

б) Решение.   Имеем

V = ¹/₃ х²Н,

где х — сторона   основания  (АВ на    рис. 80)    и H — высота пирамиды   (ОЕ).  Угол  α  есть  /  EBO   (см.   решение  задачи  88).   

Из треугольника EBO  находим    x = m sin α;   

из треугольника ОАВ                    x = ОВ•√2  = m √2 • cos α.

______________________________________________

91. Обозначив через  т искомое  боковое  ребро, найдем, как в предыдущей задаче,

Отсюда определяем т.

______________________________________________

92. Введем обозначения АВ = х ;  EF = y   (рис. 80).

рис. 80

Тогда имеем S=2xy.   Из   прямоугольного    треугольника    ОEF, где    ОЕ = Н,  находим   y² = (  ^x/₂ )²    По исключении y  из    найденных   уравнений получаем

х⁴ + 4H²x² — S² = 0.

Это уравнение имеет два  действительных  решения,  но лишь одно из них положительно.

______________________________________________

93.¹⁾ Соединив середины М и N (рис. 81) сторон ВС и FE, получаем изображение MN диаметра вписанного круга, так что MN = d и    ОМ = ^d/₂ .

рис. 81

Так    как    ОМ    есть высота    равностороннего треугольника со стороной a ( = ВС = ОС = OB), то   ^d/₂ = ^a√3/₂   ,     откуда  а = ^d/_√3.   

Высоту H = OS находим из треугольника SCO:

Апофему m = SM пирамиды находим из треугольника SCM:

¹⁾ Об изображении правильного шестиугольника см. замечание к задаче 89.

______________________________________________

94.  а) Способ изображения. Основание можно изобразить любым треугольником ABC (рис. 82). Центр основания изображается точкой О пересечения медиан. Затем две из этих медиан, как не имеющие значения для решения задачи, можно стереть, оставив только точку О на медиане АЕ, как это сделано на рис. 85

рис. 82

б) Решение. Имеем V = ¹/₃ • S_ocн.  • Н = ¹/₃ • ¹/₄ a² √3H .  Связь между а и Н найдем из треугольника AOD, где AD = a, а АО есть радиус  R,  круга,  описанного  около  основания,   так   что  a = R√3.

Имеем

Подставляя a²  = ³/₂ H² в выражение V, получаем V = ^√3/₈ H³.

______________________________________________

95. а) Способ изображения. В отличие от прямоугольного параллелепипеда, все грани которого — прямоугольники, в прямом параллелепипеде в основании находится параллелограмм, а прямоугольниками являются только четыре боковые грани. Но при изображении прямоугольного параллелепипеда (см. рис. 78 ) мы вынуждены изображать основание также в виде параллелограмма.. Поэтому чертеж прямого параллелепипеда по существу ничем не отличается от чертежа прямоугольного параллелепипеда, и это создает дополнительные трудности при пользовании чертежом: необходимо помнить, что   острый угол параллелограмма на чертеже является острым и в самом деле у изображенной фигуры. Для большей ясности рекомендуется на чертеже делать этот угол очень острым, как на рис. 83, и обязательно отмечать его буквой (в данном случае — буквой α).

рис. 83

б) Решение. В прямом параллелепипеде диагонали (всего их четыре) попарно равны:  А₁С=АС₁ и ВD₁ = В₁D (на рис. 83 АС₁ и DB₁ не проведены). Пусть острый угол основания ABCD есть  /  DAB = α ; тогда  /  ABC = 180°— α    тупой, и AC > BD.    

Значит, меньшая диагональ параллелепипеда есть BD₁ (ибо BD₁²  = H² + BD², тогда  как А₁С² = Н² + АС²;  следовательно,  BD₁² <  A₁C²).  

Из  условия ВD₁ = АС   можно   найти H.    Именно,   из   треугольника BDD₁ имеем

H² = BD₁² — BD² = AC² — BD².

Из треугольника ABD находим

BD² = a² + b² —2ab cos α,

а из треугольника ABC находим

АС² = a² + b² —2ab cos (180°— α).

Следовательно, H² = 4ab cos α.

Отв. V = 2 sin α √(ab)³ cos α

______________________________________________

96. Обозначим бoльшую сторону основания (АВ на рис. 84) через а, меньшую (ВС) — через b.

рис. 84

По условию а + b = 9 (см). Чтобы найти а , b, а также острый угол α, вычислим диагонали основания.

Как доказано в решении предыдущей задачи, меньшая диагональ  [ BD₁ = √33 (см) ] параллелепипеда проектируется на плоскость основания диагональю BD. Поэтому

ВD² = BD₁² — DD₁² = (√33)² — 4² = 17 (см²).

Точно так же найдем AС² = 65 (см²). Получаем два уравнения

a² + b² —2ab cos α =17;      a² + b² + 2ab cos α = 65.

Складывая их, находим a² + b²  = 41, что вместе с  а + b = 9 дает  а = 5, b = 4 (мы обозначили через а большую сторону).

Вычитая, находим      4ab cos α = 48,        т. е.  

Следовательно,

  S_ocн.  = ab sin α = 4•5•0,8=16 см².

Отв. V = 64 см³   ,  S_п. = 104 см²

______________________________________________

97. а) Способ изображения. О построении точки О см. в задаче 94 (рис. 82 ). Чтобы построить линейный угол двугранного угла при ребре ВС (рис. 85), соединим середину Е отрезка   ВС  с  точками   D  и   А.  

рис. 85

Точка   Е  является   изображением середины ребра; так как треугольники CDB и CAB— равнобедренные (в натуре), то DF и АЕ перпендикулярны к ВС, т. е. /  DEA= φ — искомый линейный угол. Высота пирамиды DO = h лежит в плоскости DEA

б)  Решение. Имеем  tg φ = ^OD/_OE , где OD = h,   a  OE = ¹/₂ • АО (медианы делятся в отношении 1 : 2). АО находим из треугольника AOD, где AD = l.

______________________________________________

98. Угол α измеряется углом ОBE (рис. 86), так как OB — проекция ребра BE на плоскость основания.

рис. 86

Для построения линейного угла φ двугранного угла при ребре АВ соединим середину F стороны АВ с О и E (см. объяснение к задаче 97). Так как

то для вычисления V нужно найти  Н = ОЕ  и  d = BD.    Из треугольника ОВЕ находим Н = ^d/₂ tg α и, по условию,^d/₂ Н = S. Перемножив эти равенства, а затем разделив их почленно, найдем

Следовательно,

Угoл φ определяем из треугольника OFE, где

______________________________________________

99.  а) Способ изображения.  Основание пирамиды есть правильный пятиугольник  (из уравнения 180°(п — 2) =540° находим п = 5).

рис. 87

А в правильном пятиугольнике ABCDE (рис. 87, а) каждая диагональ (например AD)  делится каждой другой   (например BE) в крайнем и среднем отношении, так что

Кроме того, каждая диагональ параллельна одной из сторон (например AD || BC). Центр О лежит на пересечении СМ и EN. Поэтому изображение правильного пятиугольника можно построить следующим образом.

Строим произвольный треугольник ABD (рис. 87, б). Делим стороны AD и BD точками М и N в крайнем и среднем отношении — приблизительно в отношении

AM : MD = 2 : 3;

достаточно разделить одну сторону и провести MN || AB. Проводим AE || BD до пересечения с продолжением прямой ВМ в точке Е. Аналогично строится точка С. Изображение центра О лежит в пересечении СМ и EN.

б) Решение. Из треугольника COF, в котором  /   OCF = α и CF = l, находим
H = OF = l sin α;  OC = l cos α. Площадь основания

S = 5• ¹/₂•ОС•OD•sin /  COD = ⁵/₂•ОС²•sin 72° = ⁵/₂l² cos² α sin 72°

Отв. V = ¹/₃ SH = ⁵/₆ l³ sin 72° cos² α sin α.

______________________________________________

100. Об изображении правильного пятиугольника см. в предыдущей задаче.

рис. 88

Для   определения   угла α   рассмотрим   треугольник   COF  (рис. 88), где FC = CB= a   (по условию треугольник CBF равносторонний).    Сторона   же    ОС (радиус   описанного   круга) выражается через а из треугольника   COU,    где   угол COU   равен    36°    и    CV = ^a/₂

Имеем так     что   

Угол φ определяется из треугольника  OUF,  где  FU = ^a√3/₂   (как высота равностороннего треугольника со стороной a),   a  из треугольника COU).

Имеем

______________________________________________

101. При обозначениях рис. 88 имеем ВС= а, OU = ^a/₂  ctg ^180°/_n

Площадь основания

______________________________________________