Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Клопский, З. А. Геометрия пробный учебник для 10 класса средней школы

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

22.10.2023

Размер:

10.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 155 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

МИДЫ. Треугольники ABO, ВСО, CDO, ..., являющиеся проек циями боковых граней на плоскость основания, составляют мно гоугольник ABCDE.

По теореме о площади проекции многоугольника на плоскость имеем:

S&ABO = S&ABS • cos <р;

Sabco — Sabcs • cos <р;

Сложив почленно, получим:

' Q = S& • cos ср, откуда S6 = —— ..

COS ф

В частном случае полученная формула справедлива для любой

правильной	пирамиды.	площадь	полной поверхности
Докажите	самостоятельно, что	площадь	полной поверхности
пирамиды, удовлетворяющей условию задачи,			может быть найдена
по формуле	Sn = Q • tg ср • ctg	.

З а д а ч и

169°. Сторона основания правильной четырехугольной пира миды равна 2 см, двугранный угол при основании равен 60°. Найти площадь боковой поверхности.

170.Крыша имеет форму пирамиды с квадратным основанием 4,5 X4,5 м и углом наклона грани к основанию, равным 45°. Сколь ко листов железа размером 70 X 140 см нужно для покрытия кры ши, если на отходы нужно добавить 10% площади крыши?

171.Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании ф. Найти площадь боко вой поверхности. Вычислить при а = 7,8 м, (р = 35°.

172.		1) Основание	пирамиды — ромб со стороной			б см	и уг
лом 45°, все двугранные углы при				сторонах основания равны 30°.
Найти площадь полной поверхности пирамиды.
2)	В	правильной	пирамиде площадь		боковой поверхности
втрое	больше площади		основания.	Найти	двугранный	угол	при
стороне		основания.	треугольной	усеченной пирамиде стороны
173.		В правильной

оснований равны 24 см и 18 см, двугранный угол при стороне боль

шего	основания равен	60°. Найти площадь боковой поверхности.
	§ 19. ПОНЯТИЕ О ПРАВИЛЬНЫХ МНОГОГРАННИКАХ
О п р е д е л е н и е .		Многогранник	называется	правильным,
если	все его грани — конгруэнтные		правильные	многоугольни

ки и все его многогранные углы содержат одинаковое число граней.

	!
	1
//	/1.	/
//		/
	Рис.	49

Рис. 51 Рис. 52 Рис. 53

Из определения следует, что все ребра правильного многогран ника конгруэнтны, а также конгруэнтны все его плоские углы. Примерами правильных многогранников служит куб (рис. 49) и пра вильный тетраэдр (рис. 50).

Можно доказать, что существует еще три вида правильных многогранников. Это правильный восьмигранник, или октаэдр (рис. 51), правильный двадцатигранник (рис. 52), правильный две надцатигранник (рис. 53). Никаких других видов правильных многогранников (выпуклых), кроме пяти перечисленных, не су ществует, о чем знали еще древнегреческие ученые.

За д а ч и

174.Можно ли назвать правильную пирамиду (призму) пра вильным многогранником?

175.Существует ли пирамида (призма), являющаяся правиль ным многогранником?

176.Шестигранник является объединением двух правильных тетраэдров, имеющих общее основание. Можно ли его назвать пра вильным многогранником?

177.Из одной вершины куба проведены три диагонали граней, их концы соединены отрезками. Доказать, что пирамида, ребрами которой служат построенные шесть отрезков, есть правильный тетраэдр.

178.Доказать, что центры граней куба служат вершинами правильного октаэдра.

179.Найти величину двугранного угла: 1) правильного тет раэдра; 2) правильного октаэдра. Будут ли равновелики все дву гранные углы каждого из этих многогранников?

180.Площадь поверхности правильного тетраэдра равна Q. Найти ребро.

181.Доказать, что центры граней правильного тетраэдра слу жат вершинами другого правильного тетраэдра.

182.Площадь поверхности правильного октаэдра равна S . Найти площадь поверхности многогранника, вершинами которого служат центры граней данного октаэдра.

183.Изготовить макеты правильных многогранников с помо щью их разверток (рис. 54).

184.Построить сечение правильного тетраэдра SABC плос

костью, которая проходит через середину [5Л], перпендикулярна

Кграни SBC и параллельна (ВС).

185.Построить сечение правильного октаэдра плоскостью, перпендикулярной к одному из ребер и делящей это ребро попо

лам. Вычислить площадь сечения, если ребро октаэдра равно а.

§20. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ

За д а ч а 1. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости ос нования и образуют тупой двугранный угол (3. Одна из остальных боковых граней образует с основанием двугранный угол ср. Найти

площадь	боковой поверхности пирамиды. Вычислить			при
а = 11,08	м, ср =	69°16',	(3 = 106°50'.	55),
Р е ш е н и е .		Пусть	SABCD — данная пирамида (рис.	55),

ее основание ABCD — ромб с тупым углом АВС.

Так как боковые грани SB А и SBC перпендикулярны к плос кости A BCD, то ребро SB перпендикулярно к этой плоскости (на

основании свойства линии пересечения двух плоскостей, перпендикулярных к

третьей плоскости). Поэтому АВС служит линейным углом двугранного угла SB.

Рассмотрим двугранный угол AD. Из В опустим перпендикуляр [ВК] на [AD],

точку	К соединим с S.			[£/(]_L [AD]		на
основании теоремы о трех перпендикуля
рах.	Угол	SKB — линейный			угол дву
гранного угла AD.						и
Прямоугольные			треугольники SBA
SBC	конгруэнтны		(по	двум	катетам),	поэтому
и I\SA D ^		&SDC	(по	трем	сторонам).

- “ -> С

Рис. 55

| AS | = |5 С |

Имеем:		\| А В \| = \| AD \| =		а,	АВС — р,		SKB =		ф;	требуется
найти	5б .
	&	= 2 S/bSAB +	2 Sasad	=	\| АВ \| • \| SB \| +			\| AD \| • 1S/С [,
			S6 = a(\SB\ + \SK\).							(1)
Из	прямоугольного треугольника АВК ,						где	АВК =		Р — 90°,
получаем:		\| ВК I = a*cos (Р — 90°) =				а -sin	р.
Из	прямоугольного		треугольника			SKB:
		\| SB \| =	\| В К I	•	tg ф = a-sin р tg ф ;					(2)
		.	\ В К \		=	а • sin ft				(3)
			COS ср			COS ср				(3)
			COS ср			COS ср
Подставим выражения (2) и (3) в равенство (1):
&	= a (a sin р tg 9 -f »si-—			= а2 sin р 1				=	а2 sin р X
		\	COS ср	/			COS ср

X 1 + cos (90° — ф) sin (90° — ср)

2 cos2 | 45° —

а2 sin р —	JL
2 sin 45° — <Р cos 45°	JL
	2
= a2 sin р ctg \|45° — v

11,082 sin 73° 10'

& = 11,08* sin 73° 10' ctg 10°22' =

tg 10°22'

Вычислив с помощью линейки, получим:

S6 = 642 ж2.

При вычислении с помощью четырехзначных таблиц получает ся результат 642,2 ж2.

			З а д а ч а		2. Основанием паралле
			лепипеда	служит		квадрат		со сторо
			ной а> боковое ребро равно Ь. Одно из
			боковых ребер		образует с пересекаю
			щими его сторонами основания равные
			острые углы ф. Найти площади диа
			гональных сечений параллелепипеда.
			Р е ш е н и е .			Л5СЛЛ1В 1С10 1—
			данный	параллелепипед,				ABCD —
			квадрат,	\| ЛВ \|= а ,		А^АВ — A {AD =ф
			(рис. 56). Требуется найти площади
			сечений ЛЛ4С4С и BBJDJD.
Рис. 56			Оба	сечения — параллелограммы,
			у которых: \| АС \| =			\| BD \| =		а У 2 ,
\| AAA — \| BB{\| =	b. Углы		параллелограммов			найдем	с помощью
векторов.
Вершину Л примем за		начало. Обозначим Л 4Л С =					х, DBBi —
= (DB, A A i)= у.	По формуле косинуса				угла	между		векторами
имеем:
cos х =	AAV АС		cos	у =	ААг • DB			1
cos х =			cos	у =	\ААг\ • \DB\
	\| ААХ\| • \| ЛС \| *				\ААг\ • \DB\

Преобразуем выражения, стоящие в числителях:

ЛЛ^ • АС = ЛЛ] • (АВ -{- AD) = АА\• АВ -J- ЛЛ^ •AD —b• a *cos 9 -f*

	А- b • а • cos 9 =	2ba • cos 9;
ААг • DB = АВ1-(АВ — AD) =		Ьа • cos 9 — Ьа • cos 9 = 0.
Тогда
cos х =	2ab *с^ .ср- = y r2 cos 9		(1);	cos у = 0 (2).
	V2
SACClAl =	\| ЛС \| • \| ЛЛ1\| sin х =	а ]/2		-	1 — cos2 х =>
= ab У~2 • У 1 — 2 cos2 9 = ab У — 2 cos 29 .
Равенство (2) означает, что у =		90 , т.		е.	BBJ0J) — прямо
угольник, поэтому Sbb^ d = I DB \| •			\| ВВА =		ab ]/2~.

Исследуем, каким условиям должны удовлетворять данные

величины й,	й	ф, чтобы задача имела решение.
Очевидны	ограничения:		а > 0,	Ь > 0 (3);	из условия задачи
имеем: 0°<С ф <		90Q (4).	Площадь	Л Л ^ С	положительна, т. е.

ab У — 2 cos 2ф > 0, поэтому cos 2ф < 0. Из неравенства (4) сле

•44


дует: 0° << 2ср <С 180°,			но cos 2<р отрицателен не во всем				этом про
межутке, а лишь		для	значений		ср,	удовлетворяющих	условию:
90° < 2ф < 180°,		или 45° <		ф <	90°	(5).
К трехгранному углу AAjBD применим условие существования
трехгранного	угла (I,		§ 51).	Получим:
BAD <	DAA.A- BAAi			и BAD + ПЛЛ4+ ВАА ,С 360°.
Отсюда 90° <	2ф и 90°+ 2ф <С 360°,					т. е. ф > 45° и ф <	135° (6).

Углы, удовлетворяющие условию (5), удовлетворяют ограничениям

( 6) .	’
Итак, а > 0, Ь > 0, 45° < Ф < 90°.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ К ГЛАВЕ П

186. В основании наклонной призмы лежит равносторонний треугольник, одна из вершин верхнего основания проектируется в центр нижнего основания. Доказать, что одна из граней призмы —


прямоугольник.						имеют общую бо
187.	Две прямые треугольные призмы Ф и Ф4					имеют общую бо
ковую	грань. Сделайте схематические рисунки					фигур Ф у \|ф 4 и
ФПФ4.	Основанием призмы A B C A ^fii служит треугольник АВС,
188.	Основанием призмы A B C A ^fii служит треугольник АВС,
в котором \| АВ \| = \| АС \| =		30	см,	\| ВС \| =	36	см, вершина Л*
равноудалена от вершин А,		В	и С,	\| A A i\| =	39 см. Вычислить

площадь полной поверхности.

189. Расстояния между соседними боковыми ребрами наклон ной четырехугольной призмы равны, боковое ребро равно 4 дм, площадь перпендикулярного сечения 18 дм2, а площадь боковой поверхности 96 дм2. Вычислить двугранные углы при боковых реб рах.

190. В правильной треугольной призме угол между диаго налью боковой грани и другой боковой гранью равен 30°, боковое ребро призмы равно h. Найти площадь полной поверхности.

191. Диагонали правильной шестиугольной призмы равны 4

и2 ]/5 . Найти площадь боковой поверхности.

192.1) Построить сечение правильной четырехугольной приз

мы плоскостью, проходящей через диагональ призмы и парал лельной диагонали основания.

2) Найти площадь сечения,			если боковое ребро	призмы равно
2Ь, а сторона основания Ь.
193.	Основанием прямого параллелепипеда служит ромб, пло
щади диагональных сечений параллелепипеда равны				и Q2. Найти
площадь	боковой	поверхности.	квадратов площадей	диагональных
194.	Доказать,	что сумма

сечений параллелепипеда равна сумме квадратов площадей всех его боковых граней.

195°. 1) При каком расположении боковых граней пирамиды относительно плоскости основания высота пирамиды: а) лежит

вплоскости боковой грани; б) совпадает с одним из боковых ребер?

2)Две смежные боковые грани пирамиды одинаково наклонены

кплоскости ее основания. Какой вывод можно сделать о располо жении основания высоты пирамиды?

196°. Может ли площадь боковой грани правильной треуголь

ной пирамиды: а) быть больше площади основания; б) быть меньше

— площади основания?

197. В правильной четырехугольной пирамиде сторона осно вания равна 8 сму двугранный угол при боковом ребре равен 120°. Вычислить площадь боковой поверхности пирамиды.

198.Точки М и N расположены в различных боковых гранях треугольной пирамиды. Построить точку пересечения прямой, про ходящей через данные точки, с плоскостью основания пирамиды.

199.1) Через основание высоты правильной треугольной пира миды провести сечение, параллельное двум скрещивающимся ребрам.

Доказать, что это сечение — прямоугольник.

2) Найти площадь сечения, если сторона основания равна а,

абоковое ребро Ь.

200.Построить сечение пятиугольной пирамиды SABCDE

плоскостью, проходящей через точку	М £ [SA] параллельно
грани CSD.	равнобедренная трапеция,
201. Основанием пирамиды служит	равнобедренная трапеция,

параллельные стороны которой равны 4 см и 9 см, все двугранные углы при сторонах основания пирамиды равны, большее боковое ребро пирамиды равно 7,5 см. Вычислить площадь полной поверх

ности.

202. Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а, высота пирамиды равна h и проходит через вершину основания.


Найти площадь полной поверхности.					тетраэдров
	203.	Охарактеризуйте взаимное расположение
ф = ABCD и Ф4= MNPQ, если известно: 1) Ф Г) Ф4= А ; 2) Ф П Ф4=
=	\АВ];	3)	Ф П Ф1= Д АВС;	4) Ф иФ 1 = ABCDM	(пирамида);
5)	Ф U	Ф4=	Ф П Фь Сделайте схематические рисунки для			пунк
тов 2), 3) и 4).				пересечен двумя плоскостями,		пер
	204.	Правильный октаэдр

пендикулярными к его диагонали и отсекающими четвертые части этой диагонали, считая от вершин октаэдра. Найти площадь пол ной поверхности средней части октаэдра, если его диагональ рав на d.

205.Основание пирамиды — равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой с, все боковые ребра наклонены к плос кости основания под углом ср. Найти площадь полной поверхности.

206.1) В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол при вершине равен а. Найти двугранный угол между противоле жащими боковыми гранями.

2) Найти угол наклона бокового ребра к плоскости основания -пирамиды. Исследовать решение.

207. Доказать, что плоскость, проходящая через высоту пира миды и высоту боковой грани, перпендикулярна к этой боковой

грани.

208. В правильной треугольной пирамиде расстояние от центра основания до боковой грани <2, двугранный угол при основании ф.

Вычислить	площадь	боковой поверхности. Вычислить при
d = 7,8 м,	ср = 46°27\
209. Основанием		прямой призмы служит ромб со стороной а

и тупым углом ф. Сечение призмы плоскостью, проходящей через

большую диагональ нижнего основания и вершину	тупого угла
верхнего основания, имеет при точке Л 4 угол (3.	Найти площадь

боковой поверхности призмы. Исследовать решение. Вычислить при а — 121 см, ф = 123°20', (3 = 86°15'.

210.В основании прямоугольного параллелепипеда угол меж ду диагональю длиной d и одной из сторон равен ф. Угол между этой стороной и диагональю параллелепипеда равен (3. Найти площадь боковой поверхности. Исследовать решение.

211.В правильной треугольной усеченной пирамиде боковое ребро b образует со стороной большего основания угол (3, площади

оснований относятся как 4 : 1 . Найти площадь полной поверх ности.

Г ЛАВ А III

ПОВЕРХНОСТИ ВРАЩЕНИЯ И ТЕЛА ВРАЩЕНИЯ

§ 21. ИЗОБРАЖЕНИЕ ОКРУЖНОСТИ. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ

О п р е д е л е н и е . Параллельная проекция окружности 1 называется эллипсом (рис. 57).

Проекция центра окружности служит центром симметрии эллип са. Этот центр симметрии кратко назовем центром эллипса. Отрезок, соединяющий две точки эллипса, называется его хордой; хорда, проходящая через центр, называется диаметром эллипса.

Эллипс имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии (рис. 58). Отрезки осей симметрии, являющиеся диаметрами эллип са {\АВ\ и [CD] на рис. 58), для краткости именуют большой и малой осями эллипса. Если заданы большая и малая оси [АВ\ и [CD] эллипса (рис. 59), то точки эллипса можно строить путем «сжатия» в отношении | CD | ; | АВ | хорд окружности (О, | ОА |),

Рис. 58

Рис. 59

Рис. 60

1 Здесь и в дальнейшем мы исключаем тот случай, когда проекцией ок ружности является отрезок. Окружность считаем частным случаем эллипса.

параллельных [CD] (I, § 16, 3). С помощью такого построения ре комендуем изготовить шаблон для вычерчивания эллипса. Можно

принять, например, \| CD \| : \| АВ \| = 1				: 2 (рис. 60).
Часть плоскости, ограниченную эллипсом, также кратко име
нуют эллипсом.			Поскольку круг есть выпуклая фигура, то и эллипс
также	является		выпуклой фигурой.
З а д а ч а		1.	Пользуясь изображением окружности, построить
изображение		двух ее взаимно перпендикулярных диаметровi.
Р е ш е н и е .			Рассмотрим два взаимно перпендикулярных диа
метра	A iBi	и CJDi окружности (рис.		61, а). Проведем хорду
[KiLi]	\|\| [A^Bi],		она делится диаметром	пополам. Параллель

ное проектирование сохраняет параллельность прямых и отно шение отрезков одной прямой; отсюда следует свойство искомых диаметров эллипса: каждый из них делит пополам хорды, парал лельные другому. На этом свойстве будем основывать требуемое построение.

Проведем произвольный диаметр А В эллипса (рис. 61, б) и параллельную ему хорду KL. Затем строим середину М этой хор ды и проводим через М диаметр CD. [АВ] и [CD] — диаметры эллип са, изображающие перпендикулярные диаметры окружности. Та кие диаметры эллипса называются сопряженными.


З а д а ч а		2.	Построить		изображения квадрата,			вписанного
в окружность, и квадрата, описанного около нее.								АВ	и CD
Р е ш е н и е .			Строим два		сопряженных диаметра
эллипса, изображающего данную окружность (рис. 62).								Дальней
шие	построения		ясны	из рисунка.
П р и м е ч а н и е .				Прямые (KL), (LM),...			(рис.	62),	явля
ющиеся проекциями касательных к окружности, служат								касатель
ными	к эллипсу.				изображения правильных			вписанных
З а д а ч а		3.	Построить
в окружность треугольника и шестиугольника.									треу
Р е ш е н и е .			1. Сторона		A fix	правильного вписанного
гольника (рис. 63, а) делит пополам						радиус OiDb	перпендикуляр-

1 Для упрощения построений центр заданного эллипса всюду считаем также заданным.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 155 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ