|
|
|
|
|
ГЛАВА 3 КРУГЛЫЕ ТЕЛА Ответы и решения |
|
224. Обозначим (рис. 201) радиус шара через R, высоту DC сегментной поверхности АСВ через h и отрезок DA через r.
рис. 201 Объем V сектора равен V = 2/3πR2h, Из треугольника ACD, где / CAD =α/4 ( как вписанный, опирающийся на дугу ВС = α/2 ), находим h = r tg α/4 . Из треугольника ADO инеем r = R sin α/2 . Следовательно, V = 2/3πR2h = 2/3πR2 • R sin α/2 tg α/4 Полная поверхность сектора состоит из поверхности сегмента АСВ, равной 2πRh, и боковой поверхности конуса АОВ, равной πrR. Следовательно, Sп. = 2πRh + πrR,= πR( 2h + r). Отв. V = 4π/3 R3 sin2 α/4 ; Sп. = πR2 sin α/2 (2 tg α/4 + 1). ______________________________________________ 225. (см. рис. 201). При обозначениях предыдущей задачи имеем S = 2πRh + πr2. Из /\ ADO имеем AO2 = AD2 + OD2; так как OD = R— h, то R2 = r2+ (R—h)2 и r2 = 2Rh — h2, Значит, S = 4πRh — πh2. Отсюда
Так как h < R, то знак «плюс» не годится.
______________________________________________ 226. На рис. 202 изображено осевое сечение тела, полученного при вращении треугольника AВС около стороны АВ.
рис. 202 Это тело состоит из двух конусов. Его объем V = 1/3 π • DC2 • AD + 1/3 π • DC2 • DB = π/3 DC2 (AD + DB) = π/3 DC2 • AB. Учтем, что DC • AB = 2S и что DC= b sin α.
______________________________________________ 227. Объем тела вращения (см. предыдущую задачу) будет V = 1/3 π • DA2 • (BD + DC ) = 1/3 πа • DА2 (рис. 203).
рис. 203 Для определения DA поступим так. Из треугольника BAD ниходим BD = DA • ctg B, а из треугольника ВАС найдем DC = DA • ctg С. Следовательно, а = BD + DC = DA (ctg B + ctg С). Отсюда находим DA.
______________________________________________ 228. Объем тела вращения (сечение его изображено на рис. 204) равен сумме объемов двух равных усеченных конусов, полученных от вращения трапеций AMВС и ANDC, без суммы объемов двух равных конусов, полученных от вращения треугольников AMВ и AND.
рис. 204 Радиус одного основания усеченного конуса АС = d , а другого МВ = d/2. Имеем
Из /\ АОВ находим BO = d/2 tg γ/2.
______________________________________________ 229. Объем V (рис. 205) тела вращения равен объему усеченного конуса, полученного от вращения трапеции ОО1ВС, без объема двух конусов, полученных от вращения треугольников АО1В и АОС.
рис. 205 Так как по условию / BAO1 = / CAO, то / BAO1 = / CAO = 90° — α/2 так что / O1BA = / OCA = α/2. При обозначениях рис. 205 имеем Н = b sin α/2 , R = b cos α/2 (из треугольника АОС) и h = с sin α/2 , r = с cos α/2 ; (из треугольника АО1В), Значит, V = π/3 (H + h) (R2 + Rr + r2) — π/3 HR2 — π/3 hr2= = π/3 sin α/2 cos2 α/2 [( b + c ) (b2 + bc + c2) — b3 — c3].
______________________________________________ 230. Поверхность S тела вращения (рис. 206) состоит из суммы боковых поверхностей двух равных конусов с осевым сечением DAD1 и СВС1 и боковой поверхности цилиндра с осевым сечением CDD1C1.
рис. 206 При обозначениях рис. 206 имеем
______________________________________________ 231. Вращая данные плоскости вокруг высоты конуса, не изменяя углов α и β, можно привести их в положение (изображенное на рис. 207), чтобы они пересекались друг с другом по общей образующей BD конуса.
рис. 207 Из треугольников ОВМ и OBN находим
здесь ОМ = Н ctg α и ON = H ctg β. Следовательно,
Из этих уравнений находим H и R.
______________________________________________ 232. Ha рис. 208 изображено осевое сечение конуса.
рис. 208 В пересечении с шаром радиуса r оно дает окружность радиуса OD = r, вписанную в треугольник ABC. Имеем
______________________________________________ 233. Через точку М (рис. 209) боковой поверхности конуса проведена касательная прямая MB, составляющая с образующей СМА угол θ = / BMA.
рис. 209 Известен еще угол α = / OAM; требуется найти угол φ, образуемый прямой MB с плоскостью Р основания конуса. Прямая MB, касающаяся конуса, пересекает плоскость в некоторой точке В, лежащей на касательной АВ к окружности основания. (Это можно доказать лишь на основе определения касательной к боковой поверхности конуса. Но такого определения в элементарной геометрии не дается). Опустив из точки М перпендикуляр MN иа радиус ОА, получим проекцию BN прямой ВМ на плоскость Р. Значит, φ = / NBM. Из /\ AMN имеем AM = MN/sin α из /\ МAВ имеем MB = AM/cos θ = MN/sin α cos θ из /\ MNB находим sin φ = MN/MB = sin α cos θ. Отв. φ = arc sin (sin α cos θ). ______________________________________________ 234. Поверхность S тела вращения равна сумме боковых поверхностей двух конусов с осевыми сечениями BAB1 , и ВСВ1.
рис. 210 При обозначениях рис. 210 имеем S = πRс+ πRa. Из /\ СВЕ имеем a = h/sin β ; по теореме синусов имеем
Из /\ BCD, где / BCD = α + β, имеем R = а sin (α + β). Значит,
Выражение в квадратных скобках можно преобразовать по формуле суммы синусов.
______________________________________________ 235. На рис. 211 изображено осевое сечение конического сосуда; ADB — уровень воды.
рис. 211 Треугольник AВС — равносторонний; круг DKL (большой круг шара) вписан в него. При обозначениях рис. 211 R = OD • tg 60° = r √3 и H = СD = 3r (Радиус круга, вписанного в равносторонний треугольник, равен одной трети высоты этого треугольника; это следует из того. что точка пересечений медиан каждого треугольника делит каждой медиану в отношении 1:2,). Объем V воды в сосуде равен объему конуса ABC без объема шара, т. е. V = 1/3 π ( R2H — 4r3 ) = 5/3 πr3 Когда шар будет вынуг, вода опустится до некоторого уровня MN и заполнит конус MNC. Пусть CE = h. Тогда ME = CE • tg 30° = h/√3
______________________________________________ 236. Если радиус O1A1 (рис. 212) обозначить через r, то высота А1М призмы тоже равна r , а из треугольника A1B1C1, где A1B1 = 2r, имеем A1C1 = 2r cos α и B1C1 = 2r sin α.
рис. 212 Величину r найдем из треугольника АА1М, где AM = R — r. Имеем R— r = r ctg α/2 . Отсюда
Теперь находим боковую поверхность призмы:
______________________________________________ 237. Радиус R = OF (рис. 213) цилиндра равен 1/3 BF 1).
рис. 213 Но
Поэтому объем цилиндра
Объем V2 пирамиды DA1B1C1 равен
Задача возможна при условии, что BE > BF, т. е. при условии
______________________________________________ |
или ctg 30° > ctg α; следовательно, α > 30° ,