|
|
|
|
|
ГЛАВА 2 МНОГОГРАННИКИ Ответы и решения |
|
144. Об изображении правильной треугольной пирамиды см. задачу 94 Чтобы провести сечение, делящее пополам двугранный, угол при ребре AD (рис. 131), нужно иметь линейный угол этого двугранного угла.
рис. 131 Таковым является угол BDC, так как плоскость BDC перпендикулярна к ребру AD. Действительно, во всякой правильной пирамиде боковое ребро AD перпендикулярно к противоположной стороне ВС основания (доказывается так же, как в предыдущей задаче); кроме того, в данном случае ребра AD перпендикулярно также и к прямой FD. Действительно, по условию треугольник AFD — прямоугольный, а так как его углы при вершинах А и F непременно острые, то прямой угол есть / ADF. Так как OF = 1/2 OA = 1/2 R, тo OD = √OF • ОА = R/√2 (где R = a/√3 ) Угол φ = / AFD измеряет угол наклона грани BCD к плоскости основания. Имеем tg φ = OD/OF = R/√2 : R/2 = √2 3амечание. Боковое ребро AD образует с ребром BD (и с ребром CD) прямой угол; так как наша пирамида — правильная, то и ребра BD и DC образуют прямой угол.
______________________________________________ 145. Об изображении правильной треугольной пирамиды см. задачу 94 Для вычисления полной поверхности неизвестна только апофема ND. Для определения ее найдем сначала отрезки AM и MD (рис. 132), на которые делится ребро AD перпендикулярной к нему прямой NM (N — середина ВС).
рис. 132 Затем из треугольника ANM, где AN = q√3/2, найдем MN и, наконец, из треугольника NMD найдем ND. В условии не сказано, какое из двух отношении - AM : MD или MD : AM - равно т : п, поэтому можно положить MD = mx, MA= nx, так что AD= (т + п)х. Из подобия треугольников AMN и ADO имеем АM/AO= АN/AD , где AN = q√3/2 и AO = 2/3AN = q√3/3 Получаем уравнение пх • (т + п) х = q√3/2 • q√3/3 Отсюда находим
______________________________________________ 146. Имеем (рис. 133) / ВD1A= α и / BD1C = α (доказать!).
рис. 133 Треугольники BD1A и BD1C равны (доказать!). Следовательно, основание ABCD — квадрат со стороной a = d sin α. Далее находим AD1= d cos α и H =√AD12 — AD2 = √d2 cos2 α — d2 sin2 α = d √cos 2α. Плоскость ACD1 образует с плоскостью основания угол φ = / DOD1. tg φ = DD1/OD = H : a/√2
______________________________________________
рис. 134 Для построения угла β отрезка ОЕ с боковой гранью ВВ1С1С проведем OF_|_BC. Проекцией ОЕ на эту грань будет FE, так что / OEF = β. Если обозначим АВ = а; ВС = b и СС1 = с, то V = аbс и Sбок. = 2 (а + с) b. Из /\OEF имеем a/2 = ОF = m sin β = m sin 2α; FE = m cos β = m cos 2α; из /\OEC имеем c/2 = EC = m sin α; из /\FEC имеем b/2 = FC = √FE2 — EC2 = m √cos22α — sin2α. Приведем подкоренное выражение к виду, удобному для логарифмирования:
Следовательно, b = 2m √cos 3α cos α Замечание. Угол β = / OEF меньше, чем / OEC = 90°— α (сравнить их синусы!). А так как по условию β =2α, то 2α < 90°— α. Следовательно, должно быть α < 30°. Отв. V = 8m3 sin 2α sin α √cos 3α cos α; Sбок. = 16m2 sin 3α/2 cos α/2 √cos 3α cos α. ______________________________________________ 148. О вычерчивании эллипса см. задачy 104 а) Способ изображения. Полуокружность изображается полуэллипсом (АВ — какой-либо диаметр эллипса; рис. 135 ).
рис. 135 DC проводится параллельно АВ. Прямые, перпендикулярные к АВ, изображаются прямыми, параллельными касательными AM и BL. б) Решение. Обозначим АВ = а ; DC = b; DF = CE = h; тогда
По условию a = 2R; сторону b находим по теореме синусов из. треугольника BCD, в котором / DBC измеряется половиной дуги DC = 2α; имеем b = 2R sin α. Из треугольника ODF, где OD = R, а AOD измеряется дугой h = FD = R sin (90° — α) = R соs α Высоту H находим из треугольника A1AD где / A1DA = α (доказать!) и AD можно определить из прямоугольного треугольника ADB, где / ABD— опирающийся на дугу AD — равен ( 45° — α/2 ) . Получим H = 2R sin ( 45° — α/2 ) tg α. Следовательно, V = 2R3(1 + sin α) sin ( 45° — α/2 ) tg α cos α, где можно произвести ряд упрощений: 1 + sin α = 2 cos2 ( 45° — α/2 ) и т. д. Отв. V = R3 sin 2α cos ( 45° — α/2 ) ______________________________________________ 149. Проекцией диагонали D1B на боковую грань AA1D1D (рис. 136) будет AD1, поэтому / AD1В = β.
рис. 136 Угол α между плоскостью сечения DBB1D1 и плоскостью грани ADD1A1 измеряется углом ADB (доказать!). Из треугольника AD1B находим AВ и AD1 из треугольника ABD находим AD и из треугольника AD1D находим DD1 = H;
Замечание. Угол β всегда меньше угла α (сравнить их тангенсы!). Так как по условию β = 90° — α, то 90° — α < α, следовательно, α >45°. Из неравенства 45°< α < 90° следует, что угол 2α принадлежит второй четверти, так что cos 2α < 0, a — cos 2α > 0. Для вычислений удобнее заменить — cos 2α выражением cos (180°—2α), так как угол 180°—2α принадлежит первой четверти. Отв. V = d3 cos α ctg2 α √cos (180° — 2α). ______________________________________________ 150. Проведенные линии суть A1N и В1М (рис. 137).
рис. 137 Четырехугольник A1B1NM — равнобочная трапеция (доказать!). Из равнобедренного треугольника MKN, где / MKN = α и MN = b/2 имеем KD = b/4 ctg α/2 Из треугольника A1KВ1 находим KD1 = b/2 ctg α/2 Складывая эти равенства, получаем DD1 = 3b/4 ctg α/2 Из треугольника DED1, где DE = 1/2СЕ = 1/4 b√3, находим
______________________________________________ 151. Для построения угла, образованного диагональю АВ1 с боковой гранью BB1C1C, надо найти проекцию AB1 на эту грань (рис. 138).
рис. 138 Точка А проектируется в точку D, середину ВС (доказать!). Проекция будет B1D, так что / AB1D = a. Из /\ B1BD находим H = BB1 = √B1D2 — BD2 ; B1D найдeм из прямоугольного треугольника AB1D. Преобразование выражения, полученного для Н, такое же, как в предыдущей задачe
______________________________________________ 152. Проекцией диагонали АВ1 на грань АA1С1С будет АС1(рис. 139), так что / B1AC1= β.
рис. 139 Высота призмы СС1 = √AC12 — AC2 , где АС1 определяется из /\ В1АС1 имеем
______________________________________________ 153. По условию a2+2a • ME = S (рис. 140).
рис. 140 Но из треугольника ВМЕ имеем ME = a/2 ctg α/2 следовательно, S = a2(1 + ctg α/2); отсюда Теперь из треугольника ОМЕ находим
Выражение ctg α/2 — 1 можно преобразовать:
______________________________________________ 154. Имеем из треугольника АОМ (рис. 141), где / АOМ= 180°/n , OM = a/2 ctg 180°/n значит,
рис. 141 Из треугольника ЕОМ находим
Подкоренное выражение преобразуется, как в задаче 150.
______________________________________________ 155. Обозначив (рис. 142) OD — OA через x, получим
рис. 142 Полная поверхность S пирамиды D1ADC равна
Отсюда
Полная поверхность призмы
______________________________________________ 156. Высота DO проходит через центр О (рис. 143, а) круга, описанного около треугольника ABC, где AB = AС = 2l sin α/2 и ВС = 2l sin β/2 (См.предварительное замечание к задаче 102).
рис. 143, а Точка О лежит на перпендикуляре KО к стороне AВ, проведенном через середину AВ. Поэтому из подобия треугольников АОК и ABL имеем пропорцию АО : 1/2 AB= АВ : AL, откуда
Далее из треугольника AOD находим
Подкоренное выражение можно преобразовать, как указано в задаче 147. Другой способ. Примем за основание пирамиды грянь BDC (рис. 143, б);
рис. 143, б площадь ее Socн.
= 1/2 l2 sin β. Грань BDC перпендикулярна к плоскости ADL (доказать!) и, следовательно, высота пирамиды АО1 будет лежать в этой плоскости. Проводим О1Е перпендикулярно к BD. Из подобия треугольников O1DE и BDL имеем ED = l cos α , BD = l и DL = l cos β/2 отсюда
Из треугольника ADO1 находим
______________________________________________ 157. Так как треугольник AВС (рис. 144) есть проекция треугольника DBC, то DA есть перпендикуляр к плоскости основания.
рис. 144 Площадь S1треугольника ABС равна S1 = 1/2 ab = 1/2 a2 ctg α Плошадь S2 треугольника BCD равна S2 = 1/2 a2 ctg β. По условию 1/2 a2 ( ctg β — ctg α ) = S , откуда Площадь S3 грани DAС равна S3 = 1/2 bH, а площадь S4 грани DAB равна S4 = 1/2 cH. Следовательно, S4 — S3 = 1/2 H (с — b) = 1/2 aH (cosec α — ctg α). Высоту Н определим из треугольника ACD; получим Н = √DC2 — АС2 = √a2ctg2 β — a2ctg2 α Следовательно,
Боковые грани ADC и ADB образуют с основанием прямые углы. Грань BDC образует с основанием угол, измеряемый линейным углом DCA = φ;
______________________________________________ |
, находим
, где из /\ ADE
