|
Предварительное замечание к задаче 238 и следующим
Способы правильного изображения шара с его сечениями, а также различных тел, вписанных в шар и описанных около него, сложны. Поэтому составители сочли возможным ограничиться схематическими чертежами, которые по возможности были бы наглядными и вместе с тем доступными для построения при самостоятельном выполнении чертежа учащимся. В тех случаях, когда схематический чертеж не обладает достаточной наглядностью, даны параллельные объемные рисунки.
238. Плоскости оснований (ВАС и В1А1С1 на рис. 214) призмы пересекают шар по окружностям.
рис. 214
Прямоугольные треугольники ABC и A1B1C1 вписаны в эти окружности. Поэтому гипотенузы АВ и A1B1 являются диаметрами окружностей. Плоскость AВB1A1 проходит через центр шара. Так как по условию AВB1A1 есть квaдрат, то H = AA1= R√2 и AB = R√2 .
______________________________________________
239. Плоскость основания пирамиды пересекает шар по кругу ABCD (рис. 215), описанному около основания.
рис. 215
Высота пирамиды пройдет через центр О1 этого круга (так как все ребра наклонены к основанию под равными углами), а также через центр О шара. Плоскость, проведенная через диагональ основания АС и вершину Е, пересечет шар по большому кругу, описанному около диагонального сечения пирамиды AЕС. Из /\ АЕС, где угол AЕС равен 180°—2φ, находим по теореме синусов AC = 2R sin (180°—2φ) = 2R sin 2φ;
значит, AO1 = R sin 2φ. Из /\ АЕО1 найдем высоту пирамиды
ЕО1 = H = AО1 • tg φ = R sin 2φ tg φ.
Отв. V = 2/3 R3 sin3 2φ sin α tg φ.
______________________________________________
240. Так как радиус ОE (рис. 216) окружности, вписанной в основание, равен R, то AB = 2R√3 .
рис. 216
Из /\ DOE находим DO = H = R ctg α/2.
Отв. V =√3 R3ctg α/2 .
______________________________________________
241. На рис. 217 изображено осевое сечение.
рис. 217
Имеем
Sбок. = πl (r1 + r2 ) = π • АD • (АМ + DN).
Ho AM+DN=AF+DF=AD. Поэтому Sбок. = π • АD2 .
Из трeугольника AED, где DE = MТ = 2r, находим AD = 2r/sin α
______________________________________________
242. См. предыдущую задачу. Имеем Sп. = Sбок. + π (r12 + r22 ) . Из треугольника АОМ (см. рис. 217) находим
AM = r1 = OM • ctg α/2 = r ctg α/2 .
Из треугольника DON, где  , имеем
DN = r2 = r ctg (90°— α/2) = r tg α/2
Вычисления упростятся, если выражение r12 + r22 преобразовать, так:
r12 + r22 = (r1 + r2)2 — 2r1 r2.
Так как r1 + r2 = l и Sбок. = πl2 (см. предыдущую задачу) и из прямоугольного треугольника AOD имеем AF • FD = OF2 или r1 r2 = r2, то
Sп. = πl2 + πl2 — 2πr2 = 2π (l2 — r2).
Сюда подставим 
______________________________________________
243. См. предыдущую задачу. Имеем
Сюда подставляем
______________________________________________
244. Обозначим длину равных хорд DA, DB, DC (рис. 218) через l .
рис. 218
Из равнобедренного треугольника DBC находим BС = 2l sin α/2. Так же найдем, что АВ=AС=2l sin α/2. Следовательно, треугольник ABC— равносторонний.
Опустив перпендикуляр DO1 на плоскость ABC и установив равенство треугольников DO1A, DО1В, DO1C докажем, что AO1 = BO1 = CO1, т. е. что O1 есть центр основания (так что пирамида DABC— правильная). Так как точки А, В, С лежат на поверхности шара, то ОА = ОВ = ОС (О — центр шара)- Опустив перпендикуляр из О на плоскость ABC, докажем, что основание перпендикуляра есть центр
треугольника ABC, т. е. совпадает с точкой O1. Следовательно, OO1 (и, значит, DO1) лежит на диаметре шара (DF на рис. 218).
Из прямоугольного треугольника DAF, где DF=2R, находим l2 = DA2 = 2R•DO1. Отрезок DO1 можно связать с l еше одним соотношением. Именно,
Преобразуем это выражение к виду, удобному для логарифмирования. Имеем
______________________________________________
245. Равнобочная трапеция ABCD (рис. 219) изображает осевое сечение усеченного конуса.
рис. 219
По условию /
AOB = α и /
DOC= β. Поэтому
______________________________________________
246. Из треугольника ОМЕ (рис. 220) имеем
ОМ = r = m cos α; ЕО = Н = т sin α.
рис. 220
По формуле Sп. = πr (r + l ). где l = m, находим
Sп. = πm2 cos α (1 + cos α)
или
Sп. = 2πm2 cos α cos2 α/2
Угол φ = /
ЕВО, под которым боковое ребро BE наклонено к основанию, определяем из треугольника ЕВО, где ОВ = ОМ√2 = т √2 cos α. Имеем
______________________________________________
247. Из /\ ASB (рис. 221) находим AB = 2l sin α/2;
рис. 221
следовательно, R=OA=AB=2l sin α/2. Из /\ ASO находим
Подкоренное выражение Можно преобразовать к виду, удобному для логарифмирования, как в задаче 244; получим
______________________________________________
248. Из /\ ADM (рис. 222) находим AM =l sin α/2 .
рис. 222
Из /\ AМО находим
Выражение под корнем можно преобразовать, как в задаче 244.
,
______________________________________________
249. При обозначениях рис. 223 объем шара равен 4/3πR3, а объем конуса AСВ равен 1/3πr2 • СО1 = 1/3πr2H.
рис. 223
По условию
1/3πr2H = 1/4 •4/3πR3
т. е. r2H = R3. Еще одну зависимость между r и R мы получим из прямоугольного треугольника CAD; именно, АО12 =CO1 • DO1 т. е. r2 = H (2R — Н). Подставляя это выражение в предыдущее равенство, получим R3 — 2H2R + H3= 0. Хотя это уравнение третьей степени относительно неизвестного R, но одно его решение R = H
сразу усматривается (его можно было угадать и непосредственно по условию, так как конус, у которого радиус основания и высота равны радиусу шара, составляет по объему 1/4 шара). Следовательно (по теореме Безу), левую часть можно разложить на множители, один из которых равен R — H. Для этого достаточно разделить R3 — 2H2R + H3 на R — H или
применить такое преобразование:
R3 — 2H2R + H3 = (R3 — H2R) — (H2R — H3) = R (R— Н) (R + H) — H2(R — H) =
=(R — H) (R2+ RH — H2)=0.
Уравнение R2+ RH — H2 = 0 имеет один положительный корень
 (отрицательный корень  не годится).
Геометрически это означает, что радиус шара равен большей части высоты конуса, разделенной в крайнем и среднем отношении.
Отв. Задача имеет два решения: V = 4/3πH3 и V = 4/3π (√5 — 2) H3.
______________________________________________
|