ГЛАВА   2

МНОГОГРАННИКИ

Ответы и решения

Предварительное замечание к задаче 102 и  следующим

Если все боковые ребра пирамиды образуют равные углы с основанием, то

1) все боковые ребра равны;

2) около основания можно описать окружность;

3) высота пирамиды проходит через центр этой окружности.

Доказательство. Пусть ребра SA, SB, SC и т. д. (рис. 89) образуют с плоскостью ABCDE равные углы.

рис. 89

Рассмотрим прямоугольные треугольники AOS и BOS (OS — высота пирамиды). У них общая высота, а острые углы OAS и OBS равны (так как они измеряют углы наклона ребер SA, SB к основанию). Следовательно, AS = BS. Так же докажем, что BS = CS и т. д. Из тех же треугольников AOS и BOS находим АО = ОВ. Так же докажем, что ОВ = ОС и т. д. Значит, окружность с центром в О и радиусом ОА пройдет через точки В, С и т. д.

------------------------------------------------

102. По доказанному, высота ЕО проходит через центр описанной окружности, т. е. через точку О пересечения диагоналей (рис.90).

рис.90

Площадь всякого параллелограмма равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними. Поэтому   S_ocн. =¹/₂ b²sin α . Из треугольника АОЕ находим:

H = AO • tg β = ^b/₂ tg β

Отв. V = ¹/₁₂ b³sin α tg β

______________________________________________

103.  а) Способ изображения. Высота пирамиды, согласно предварительному замечанию , должна проходить через-центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника ABC (рис. 91).

рис. 91

Поскольку угол α = /  CAB при вершине остается произвольным, изображение центра О можно взять в любой точке отрезка АЕ (Е — середина ВС) и даже на продолжении его за точку Е (в последнем случае угол α в натуре тупой).

б) Решение. Высоту DO определим из треугольника AOD, где  / OAD = β, a AO = R есть радиус описанной окружности. Согласно теореме синусов сторона ВС равна произведению диаметра 2R описанной окружности на синус противоположного угла α , так  что

Вeличина ^BC/₂ = ВE находится   из   треугольника ABE    ( ^BC/₂ = a sin ^α/₂)

______________________________________________

104.  а)  Способ   изображения. Окружность изображается в параллельной проекции эллипсом.

Эллипс можно построить следующим образом.

рис. 92

Проведем какой-либо диаметр MN окружности   (рис. 92)   и из произвольной точки Р окружности проведем прямую РР', перпендикулярную к MN. Пусть R — точка пересечения РР' с M.N. Укоротим отрезок RP в каком-либо отношении (например вдвое) и отложим укороченный отрезок RQ на той же прямой РР' по обе стороны от R (RQ = RQ'). Поступая так с рядом  точек окружности, получим ряд тoчек эллипса.

Эллипс симметричен относительно MN (большая ось эллипса) и относительно прямой UU', проведенной через центр О перпендикулярно к MN (отрезок VV' — малая ось эллипса). Точка О называется центром эллипса.

рис. 93

Чтобы изобразить окружность, описанную около прямоугольника, удобнее сначала начертить эллипс ABCD, изображающий описанную окружность (рис. 93).

(На рис. 93 большая ось эллипса   принята за  диагональ АС прямоугольника. Это упрощает чертеж, но не является обязательным. )

При этом большую ось эллипса лучше расположить наклонно. Одну сторону прямоугольника можно изобразить произвольной хордой АВ эллипса; эту хорду целесообразно провести горизонтально. Через центр О эллипса проводим прямые BD и АС. Четырехугольник ABCD есть изображение прямоугольника.

б) Решение. Вписанный угол CAB содержит α°, так как опирается на дугу ВС в (2α)°. Из треугольника ВАС имеем    АВ = 2R cos α;   BC—2R sin α, так что

S = 2(AB+BC)H = 4R (cos α + sin α) H.

Отсюда

Теперь находим  V=AB • BC • H. Условие,  что дуга   (2α)° стягивается меньшей  стороной прямоугольника, является излишним.

______________________________________________

105. Площадь основания  S = ¹/₄ a² tg α  (рис.   94).   

рис.   94

По   условию

______________________________________________

106. Об изображении правильного шестиугольника см.  замечание к задаче 89.

Соединим середину М стороны АВ с О и S (рис. 95).

рис. 95

Угол OMS — линейный для двугранного угла α (см. объяснение к задаче 97). Следовательно,

ОM = SM cos α = m cos α.

Из треугольника АОМ, где /  AOM=30°, находим

AM = ^a/₂ =  ^√3/₃ • ОМ = ^√3/₃  m cos α.

Далее находим

S_ocн. = 6 (^a/₂)²  √3

и

 S_бок. = 6 • ^a/₂ • m.

Подставив найденное выражение ^a/₂,   получим

S_п = S_ocн. +  S_бок.  = 2 √3 m² cos α (1 + cos α).

Отв.     S_п = 4 √3 m² cos α cos^{2 α}/₂ .

______________________________________________

107. По условию наклонные АС и CB (рис. 96) равны.

рис. 96

Значит, равны их проекции: AD = DB. Угол DEC (E — середина АВ) есть линейный угол двугранного угла α.

Так  как  треугольник АСВ  прямоугольный при вершине  С, то СЕ = АЕ = ^c/₂ . Следовательно, ED = ^c/₂ cos α. Наконец,

AD = BD = √АЕ²+ ЕD² = ^c/₂√1 + cos²α  

______________________________________________

Предварительное замечание к задаче 108 и следующим

Если все боковые грани пирамиды наклонены к основанию под одним и тем же углом α, а высота проходит через некоторую точку О основания пирамиды, то

1)  высоты всех граней равны;

2)  в основание пирамиды можно вписать окружность, центром последней будет точка О;

3)  S_ocн. = S_бок. cos α

Доказательство. 1) Проведем (рис.97) высоту  FM   боковой грани BFC и соединим М с точкой  О.

рис. 97

Отрезок ОМ есть проекция   FM   на    плоскость    ABCDE. Следовательно,   он   перпендикулярен к  ВС  («теорема о трех   перпендикулярах»). Значит, угол OMF — линейный  для   двугранного   угла   α.   Из треугольника   OMF       имеем   

FM = ^OF/_{sin α}    ;     ОМ = OF• ctg α.

Если    из  вершины F провести высоты FL, FN и высоты других боковых граней, то   таким   же   образом   найдем,   что  все они равны ^OF/_{sin α} .

2)   Отрезки   OL, ОМ и т.  д. будут перпендикулярны  соответственно к сторонам АВ, ВС и т. д. и  равны OF• ctg α.  Поэтому если провести из  центра   О   окружность   радиуса  ОМ, то она будет   вписана   в   основание ABCDE.

3)  Точка   О — основание   высоты пирамиды, по доказанному есть центр вписанной окружности.

4)  S_OBC  = ¹/₂ВС • ОМ = ¹/₂ ВС (FM • cos α) = ( ¹/₂ ВС •  FM ) cos α = S_FBC cos α

Точно   так   же   найдем,   что S_OAB = S_FAB cos α  и т. д.. Складывая эти равенства, получим  S_ocн. = S_бок. cos α .

----------------------------------------------

108. Высота FO всякой пирамиды (рис. 97) проектируется на боковую грань BFC отрезком, лежащим на прямой FM.

рис. 97

Поэтому  /  OFM = φ. Значит, α = 90° — φ, т. е. все грани наклонены к основанию под одним и тем же углом. По доказанному

S_бок. = ^Q/_{cos α}  =  ^Q/_{sin φ}

______________________________________________

109.  Способ изображения — см. рис. 82

рис. 98

Из треугольника DOE (рис. 98) находим

(см. предварительное замечание к предыдущей задаче).

Замечание.  Общее выражение для полной поверхности пирамиды, у которой все грани наклонены к основанию под одинаковым углом φ, можно записать так:

______________________________________________

110.  Пользуемся формулой , найденной в предыдущей задаче.

______________________________________________

111. а) Способ  изображения.   Прямая LN, соединяющая точки касания L и N противоположных сторон ромба (рис. 99, а), проходит через центр окружности. Поэтому, начертив сначала эллипс (рис. 99, б), изображающий окружность , проведем через центр О две прямые NL и КМ. Через концы их N, L, К, М проведем прямые, касающиеся эллипса. Получим параллелограмм ABCD, изображающий ромб.

О вычерчивании эллипса см. задачy 104.

рис. 99

б) Решение. Чтобы определить  S_ocн., найдем высоту DF и сторону АВ ромба.

Из рис. 99а   находим DF = 2OK = 2r ; из треугольника AFD, где /  A = α, имеем

a = AD = ^DF/_{sin α} = ^2r/_{sin α}

Далее находим

Из  треугольника   ONE   (рис.  99,  б), где  ОN= r,  a  /  ONE = β , находим Н. Для определения S_п. используем замечание к предыду щей задаче.

______________________________________________

112. Использовать замечание к задаче 109.

Oтв.    φ = arccos ^S/_σ .

______________________________________________

113. Об изображении прямого параллелепипеда см. зачдачy 95 .

а) Способ  изображения Сечение есть параллелограмм A₁D₁CB   (рис.   100).

рис.   100

Чтобы   изобразить линейный  угол двугранного угла, образуемого   сечением A₁D₁CB   с   плоскостью  основания, проведем  прямую DM, изображащую  высоту  ромба ABCD. Так как в натуре   DM  и  DD₁   перпендикулярны  к  ребру   AD,  то плоскость DD₁NM  перпендикулярна к AD,  а  значит, и к ВС.  Эта плоскость пересекает плоскость сечения по  прямой   MD₁   так   что

 /   D₁MD = β

б) Решение. Боковая поверхность состоит из четырех равных прямоугольников (так как основание — ромб). Площадь боковой грани A₁D₁DA равна S₁= A₁D₁ • DD₁, а площадь сечения равна Q = A₁D₁ • D₁M. Из треугольника DMD₁ имеем DD₁ = D₁M sin β; поэтому S₁= Q sin β.

Oтв. S_бок.  = 4Q sin β.

______________________________________________

114. Учесть предварительное замечание . По условию EO = d (рис. 101).

рис. 101

Точка Е (середина гипотенузы ND треугольника NOD) есть центр окружности, описанной около треугольника NOD. Поэтому ND = 2 • ED = 2 • EO = 2d.

Из треугольника DON, где /  OND = φ, находим радиус ON= r  круга, вписанного в основание: r = 2d cos φ. Чтобы найти  S_ocн. , определим BN (половину основания равнобедренного треугольника ABC) и AN (его высоту). Центр О вписанного круга лежит  на   биссектрисе   угла   ABC,   равного α,  т. е. /   OBN = ^α/₂  Из   треугольника   BON    находим BN = r ctg ^α/₂.

Из   треугольника   ABN  находим  AN=BN • tg α.    Следовательно,

S_ocн. = ¹/₂BC • AN = BN • AN = BN²• tg α = r² ctg^{2 α}/₂ • tg α = 4d² cos²φ ctg^{2 α}/₂ tg α.

Отсюда (см. замечание к задаче 109) найдем:

______________________________________________

115. Учесть предварительное замечание . О вычерчивании эллипса (изображения круга, вписанного в основание) см. задачy 104.

рис. 102

Высоту пирамиды найдем из треугольника ONP (рис. 102): H = r tg φ.

Ecли a₁ , a₂ , ... и т. д.—стороны основания, то

  S_ocн. =   S_AOB  + S_BOC +... =  ¹/₂ AB • OM +  ¹/₂ BC • ON + ...=¹/₂ a₁r +¹/₂ a₂r + ... =
= ¹/₂ r (a₁+ a₂+ ...) = ¹/₂ r • 2p = rp.

______________________________________________