|
|
|
|
|
ГЛАВА 6 СТЕРЕОМЕТРИЯ ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ Ответы и решения |
|
169 Пусть S — вершина конуса, SО = h —высота конуса, ASB — треугольник, получившийся в сечении, С—середина хорды АВ, АО = r (рис. 175).
рис. 175 Замечая, что / АОС = β/2, находим:
Поэтому объем конуса равен
______________________________________________ 170 Пусть α — искомый угол, l — образующая цилиндра, l1 — образующая конуса, r — радиус оснований конуса и цилиндра (рис. 176).
рис. 176 По условию
и, значит, sin α + 8 cos α —7 = 0. Решив это уравнение, найдем: sin α = 3/5, α = arcsin 3/5 ______________________________________________ 171 Пусть α — искомый угол, R— радиус основания конуса, r — радиус основания цилиндра (рис. 177).
рис. 177 Имеем:
Но 4tg2 α — 12 tg α + 5 = 0. Решив его, находим: tg α = 5/2 или tg α = 1/2. Легко видеть, однако, что α = arctg 1/2 ______________________________________________ 172 Пусть l — длина образующей и R — радиус основания конуса, х—длина ребра призмы, r —радиус круга, описанного около основания призмы (рис. 178).
рис. 178 Рассмотрим треугольник, образованный высотой конуса, образующей конуса, проходящей через одну из вершин призмы, и проекцией этой образующей на основание конуса. Имеем:
Следовательно, полная поверхность призмы будет равна
______________________________________________ 173 Рассмотрим равнобочную трапецию AB1C1D, получающуюся в результате проектирования данной трапеции ABCD на плоскость, перпендикулярную к оси цилиндра (рис. 179).
рис. 179 Так как последняя описана около окружности, то
Из прямоугольного треугольника АРВ1 получаем:
______________________________________________ 174 Пусть R— радиус шара и пусть а, b и с — соответственно катеты и гипотенуза треугольника ABC, лежащего в основании (рис. 180).
рис. 180 Имеем:
Очевидно, радиус R равен радиусу круга, вписанного в /\ ABC, Поэтому
и, следовательно, объем призмы равен
______________________________________________ 175 Объем пирамиды равен сумме объемов пирамид, которые получатся, если соединить центр вписанного шара О со всеми вершинами пирамиды. Высота каждой такой пирамиды равна радиусу r шара, вписанного в данную пирамиду. Если S—площадь основания пирамиды, S1 — боковая поверхность, то объем пирамиды будет V= 1/3 (S1 + S) r. (1) Так как, с другой стороны, V= 1/3 hS то для r получаем формулу
Подставляя эти выражения в (2), находим:
______________________________________________ 176 Обозначим через r радиус вписанного шара и через а длину отрезка ОЕ (рис. 181).
рис. 181 Тогда r = а tg α , где α — половина искомого угла (см. рис. 181). Следовательно, объем шара равен Vш. = 4/3πа3 tg3 α Так как DO = а tg 2α, a AB = 2√3 а, то объем пирамиды будет Vпир.= 1/3DO√3/4 AB2 = √3 а3 tg2α. Так как по условию задачи
то, выражая tg 2α через tg α, получаем уравнение tg2 α( 1 — tg2 α ) = 2/9 Отсюда (tg α)12 = 1/3 и (tg α)22 = 2/3 . Учитывая, что α — острый угол, находим: α1= π/6 и
______________________________________________ 177 Пусть а — сторона и b — апофема правильного n-угольника, лежащего в основании пирамиды, Н—высота пирамиды. Тогда (рис. 182, а и б)
рис. 182
b = r ctg α/2 a = 2b tg π/n = 2r ctg α/2 tg π/n; площадь основания равна Sосн. = n ab/2= nr2 tg π/nctg2 α/2. Далее, H = b tg α = r tg α ctg α/2. Отсюда объем пирамиды Vпир.= 1/3 nr3 ctg3 α/2 tg α tg π/n Так как объем шара Vш. = 4/3 πr3, то
______________________________________________ 178 Пусть а — сторона основания пирамиды, b — апофемл основания, R — радиус окружности, описанной около основания, А—высота пирамиды, r — радиус вписанного в пирамиду шара, у — высота боковой грани, проведенная из вершины пирамиды (рис. 183, а и б).
рис. 183 Тогда a = 2R sin π/n, b = R cos π/n , кроме того
(см. рис. 183, б) находим
Следовательно, искомое отношение равно
______________________________________________ 179 Пусть а —сторона основания пирамиды SABCD, h —высота пирамиды, r — радиус шара, описанного около пирамиды (рис. 184).
рис. 184 Тогда V = 4/3 πr3 и r = ( 3V/4π) 1/3 Если SE—диаметр описанного шара, то из прямоугольного треугольника SBE следует:
Так как, однако, из треугольника FO1S имеем a/2 = h ctg α, то, исключая а, находим:
______________________________________________ 180 Используя равенство двугранных углов, как и в задаче 167 нетрудно показать, что перпендикуляр, опущенный из вершины на основание, проектируется в центр симметрии ромба. Легко также видеть, что центр вписанного шара лежит на указанном перпендикуляре. Пусть а — сторона ромба, 2h — высота ромба, H —высота пирамиды (рис. 185).
рис. 185 Тогда площадь основания S = a2 sin α или, так как
Но h = R ctg ψ/2 (см. рис. 185, где изображено сечение, проходящее через высоту пирамиды и высоту ромба). Ясно также, что
______________________________________________ 181 Проведем плоскость через вершины S1 и S2 пирамид и середину А одной из сторон основания (рис. 186).
рис. 186 Радиус полукруга, вписанного в треугольник AS1S2 так, что его диаметр лежит на S1S2 очевидно, равен радиусу вписанного шара. Пусть О — центр полукруга. Обозначим через b высоту в треугольнике AS1S2, опущенную на сторону S1S2. Так как b есть апофема правильного n-угольника, то b = a/2 ctg π/n Радиус шара R найдем, подсчитав двумя способами площадь S треугольника AS1S2. С одной стороны, S = b/2(H + h), с другой стороны,
В итоге получаем окончательную формулу
______________________________________________ 182 Пусть h1 и h2 — высоты пирамид, r — радиус круга, описанного около основания (рис. 187).
рис. 187 Тогда a/2 = r sin π/n Из прямоугольного треугольника S1AS2, вершинами которого являются вершины данных пирамид и одна из вершин основания, найдем
______________________________________________ |
и, значит, r/R = 1— tg α. В результате получаем уравнение относительно tg α :
, поэтому tg α = 1/2 и, следовательно,
