Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский национальный исследовательский технический университет им. А. Н. Туполева

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Bitner_V_A_-_Kratky_kurs_shkolnoy_matematiki

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2015

Размер:

6.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 4237 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

Краткий курс школьной математики	361

t 3

(обратная)

eоколо основания пирамиды можно описать окружность,

ивысота пирамиды проходит через центр этой окружности, то боковые ребра пирамиды имеют одинаковую длину и наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами.

Доказательство – самостоятельно.

t 4 e все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом ϕ , то:

1) в основание пирамиды можно вписать окружность;

2) высота пирамиды проходит через центр этой окружности;

3) высоты боковых граней равны;

4) Sбок. = Sосн. .

cosϕ

Доказательство:

1. Проведем

OK AB, OL BC,..., OP AE , тогда

SK AB, SL BC,..., SP AE - по t о 3

и SKO = SLO = ... = SPO - ли-

нейные углы двугранных углов

AB, BC,..., AE .

2. SKO = SLO = ... = SPO (по общему катету SO и равным острым углам)KO = LO = ... = PO , то есть O - основание высоты пирамиды, центр вписанной в основание окружности;

SK = SL = ... = SP .

3. Проведем AO, BO,...EO , тогда

Sосн.		= S ABO + S BCO + ... + S AEO				=
=	1	AB OK +	1	BC OL + ... +	1	AE OP =

2		2		2
=	1	OK ( AB + BC + ... + AE )				(1)

362

В.А.Битнер

Sбок. = S SAB

+ S SBC + ... + S SAE =

AB SK +

BC SL + ... +

AE SP =

SK ( AB + BC + ... + AE )

(2)

Из SKO : SK =

(3)

cosϕ

Из (1), (2)

и (3) имеем: Sбок. =

( AB + BC + ... + AE ) =

Sосн.

cosϕ

d .

e высоты боковых граней пирамиды равны, то:

t 5

в основание пирамиды можно вписать окружность;

высота пирамиды проходит через центр этой окружности;

боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания

под одним и тем же углом ( n это будет угол ϕ );

Sосн.

бок.

cosϕ

Доказательство – самостоятельно.

t 6 e в основание пирамиды можно вписать окружность и высота пирамиды проходит через центр этой окружности, то:

1) высоты боковых граней равны; 2) боковые грани наклонены к плоскости основания под од-

ним и тем же углом ( n это ϕ );

3) Sбок. = Sосн. .

cosϕ

Доказательство – самостоятельно.

zПравильные пирамиды можно отнести как к пирамидам с равнонаклонными ребрами, так и к пирамидам с равнонаклонными гранями.

O = AC ∩ BD

Краткий курс школьной математики	363

Решение задач.

Задание 1. В основании пирамиды лежит прямоугольник со сторонами a и b , все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью основания угол α . Найти объем пирамиды.

Решение.

1. Так как все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то легко доказать, что высота пирамиды SO проходит через центр описанной около основания окружности точку

( t 1).

Из

a2 + b2

ABC : AC = a2 + b2 , AO =

;

Из SAO : SO = AO tg α =

a2 + b2

tg α ;

SO =

ab tg α

a2 + b2

(куб.ед.)

пир.

осн.

Ответ:

ab tg α

a2 + b2 куб.ед.

Задание 2. Основание пирамиды – прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 см., все боковые ребра равны по 6,5 см. Найти площадь полной поверхности и объем пирамиды.

Решение.

1. Так как все боковые ребра пирамиды одинаковой длины, то легко

364

В.А.Битнер

доказать, что высота пирамиды проходит через центр описанной

около ABC окружности ( t 2), который лежит в середине гипоте-

нузы.

Заметим,

что

ABC -

египетский

AB = 5 , тогда из

169

−

= 6 .

ASO : AS =

, AO =

, SO =

AS 2 − AO2

= =

Проведем

OK AC (OK || BC )

и OL BC (OL ||

AC ) , тогда

SK AC и SL BC (по t о 3

); OK =

= 2 - средняя линия

ABC ; аналогично, OL = AC = 3 .

4.Из SKO : SK = SO2 + KO2 = 36 + 4 = 40 = 2 10 ; из

																							36 +					9			=		153			=			3	17				.
	SLO : SL =											SO2 + LO2 =																9					153						3	17
	SLO : SL =											SO2 + LO2 =
																									4								2							2
5.	Sполн.					= Sбок. + Sосн. = S ASC + S BSC + S ASB + S ABC																																		=	1		AC SK +
5.	Sполн.					= Sбок. + Sосн. = S ASC + S BSC + S ASB + S ABC																																		=			AC SK +
																																								2
	+	1			BC SL +						1			AB SO =
	+				BC SL +									AB SO =
	2										2

	=		1	AC BC =									1			3 2						+	1			4			3 17					+	1		5 6 3 +								1		3 4 2 =
			1										1							10			1						3 17						1										1
																				10
	2													2									2		2								2									2
	= 21 + 3									+ 3							= 3(7 +										+					) ( см2 ).
	= 21 + 3								10	+ 3					17		= 3(7 +							17			+			10		) ( см2 ).
6.	V					=	1	S			SO =							1	1		3 4 6 = 24 ( см3 ).
6.	V					=		S			SO =										3 4 6 = 24 ( см3 ).
	пир.						3 ABC							3 2
																									Ответ: 3(7 +															+						) см2 ; 24 см3 .
																																						17					10

Задание 3. Основание пирамиды – прямоугольный треугольник с гипотенузой c и углом α , все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом β . Найти Sполн. и V пирамиды.

Решение.

Краткий курс школьной математики	365

1.Так как все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одним углом, то легко доказать, что высота SO пирамиды SABC проходит через тч. O - центр вписанной в треугольник ABC окружности ( t 4), где O = AO ∩ BO, AO, BO - биссектрисы.

2.Проведем OK AC (OK || BC ) , тогда SK AC (по t о 3 ), и

SKO = β - линейный двугранного угла AC .

= Sосн. (1 + cos β )

cos

2 β

= S

+ S

Sосн. + S

осн.

полн.пир.

бок.

осн.

cos β

где S

AB AC sin α =

c c cos α sin α =

c2 sin 2α , (из

осн.

ABC : AC = c cos α ). Тогда

sin 2α cos

2 β

sin 2α cos

2 β

(кв.ед.).

полн.

cos β

2 cos β

SO =

c2 sin 2α SO .

пир.

осн.

OK - радиус вписанной окружности, тогда

r =

AC + BC − AB

c sin α + c cos α − c

− 2 sin

2 sin

cos

= c sin

cos

= c

2 sin

cos

6. Из SOK : SO = OK tg β , тогда

cos

tg β

Vпир.

c3 sin 2α sin

2 4

α	− sin	α	=


2		2 .

(куб.ед.).

sin 2α cos

2 β

cos

tg β

Ответ:

кв.ед.,

c3 sin 2α sin

2 cos β

2 4

куб.ед.

366 В.А.Битнер

Задание 4. В основании пирамиды лежит ромб со стороной a и острым углом α . Все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом ϕ . Найти Sполн. и Vпир. .

Решение.

1. Так как все боковые грани

пирамиды наклонены к плоскости

основания под одним углом, то

высота

пирамиды

SABCD

проходит

через

O = AC ∩ BD -

центр

вписанной

в ромб

ABCD

окружности ( t 4).

2. Проведем

OK BC ,

тогда

SK BC (по t о 3 ) и SKO -

линейный двугранного BC .

cos

Sосн.

осн.

= S

+ S

= =

, где

полн.пир.

бок.

осн.

cos β

sin α cos

2 β

= a

2 sin α , тогда S

(кв.ед.).

осн.

полн.

cos β

SO =

a2 sin α SO .

пир.

осн.

Проведем BL AD ( BL || OK ) ,

и OK =

, из ABL : BL = a sin α ,

тогда OK =

a sin α

Из SOK : SO = OK tgϕ =

a sin α tgϕ и V

a3 sin 2 α tgϕ

пир.

(куб.ед.).

sin α cos

Ответ:

кв.ед., V

a3 sin 2 α tgϕ куб.ед.

cos β

пир.

Краткий курс школьной математики	367

Задание 5. Основание пирамиды – треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см., все двугранные углы при сторонах основания равны по 300 . Найти площадь полной поверхности.

Решение.

Задачу можно решить без чертежа. По t 4

(2 +

)

осн.

+ S

осн.

+ S

Sосн.

. S

найдем по

полн.

cos 30

осн.

формуле Герона:

p =

13 +14 +15

= 21 , тогда

(2 +

)

= 28

(2 +

)

S = 21 8 7 6 = 7 6 2 = 84 . S

полн.

кв.см.

Ответ: 28

(2 +

) кв.см.

Решить самостоятельно.

Задание 6. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого основание и высота равны по 8 см., все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 450 . Найдите боковые ребра и высоту пирамиды.

Задание 7. Основанием пирамиды служит прямоугольник со сторонами a и b , все боковые грани составляют с плоскостью основания угол 600 . Найти Sбок. пирамиды.

Задание 8. Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами 5,5 и 6 см., все двугранные углы при сторонах основания равны 600 . Найдите длины боковых ребер.

Задание 9. Основание пирамиды – равнобедренный треугольник, боковые стороны которого имеют длину a и образуют угол α , двугран-

368	В.А.Битнер

ные углы при всех сторонах основания равны β . Найдите площадь полной поверхности пирамиды.

Задание 10. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого две стороны равны по 6 см., третья сторона 8 см., каждое боковое ребро равно 9 см. Найдите объем пирамиды.

Задание 11. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, один из острых углов которого α , каждое боковое ребро пирамиды равно b и составляет с плоскостью основания угол β . Найдите объем пирамиды.

Задание 12. Основание пирамиды – ромб со стороной a и тупым углом α , высоты всех боковых граней равны h . Найти Sполн. и Vпир. .

Ответы:

Задание 6. ≈ 7 см. и 5 см. Задание 7. Условие задачи некорректно, так как по t 4 высота пирамиды должна проходить через центр вписанной окружности, а в прямоугольник нельзя вписать окружность.

Задание 8. ≈ 4, 24 см.,

≈ 4, 24 см., ≈ 3, 61 см.

sin α cos

Задание 9.

кв.ед.

Задание 10. 48 см3 .

cos β

Задание 11.

b3 cos β sin 2α sin 2β куб.ед.

a (a sin α + 2h)

Задание 12.

кв.ед.,

a2 sin α 4h2 − a2 sin 2 α куб.ед.

Решение различных задач на пирамиды.

Задание 13. Основание пирамиды – правильный треугольник со стороной a , одна из боковых граней – равнобедренный прямоугольный треугольник, плоскость которого перпендикулярна плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности.

Решение.

Краткий курс школьной математики

369

1 случ.

Так как (SAC ) ( ABC ) , то высота

SO пирамиды лежит в грани ASB - по

t , обратной признаку параллельности

двух

плоскостей.

Причем

AO = OC = SO (так как ASC - прямо-

угольный,

равнобедренный,

ASC = 900 ).

AL BC ( BL = LC ) и

Проведем

OK BC (OK || AL) , тогда

SK BC

(по t о 3 ).

ASB = BSC (по 3 сторонам).

Sбок.пир.

= S ASC + 2S BSC , где

S ASC

AC SO =

2 ; S BSC

BC SK , из

SOK : OK

тогда S

BSC

5. Sбок.пир. = 1

																									a2					3a2
	AL						a 3																				+					=		a 7		;
=	AL			=			a 3			, SK = SO2 + OK 2 =																								a 7
=				=						, SK = SO2 + OK 2 =
	2							4																	4	16									4

=	1		a			a		7		=			1			2
	1					a		7					1		a	2	7 .
	2							4				8			a		7 .
	2							4				8
a2 +			1		a2					=	1			a2		(1 +					) (кв.ед.).
			1						7		1									7
									7											7
		4								4
												2 случ.
												1. (SAC ) ( ABC ) , причем
												SA ( ABC ) , SA = AC, SA AC .
												2. AK BC ( BK = KC ) SK BC (по
												t о 3 ).
												3.				Sбок.			= S SBC + 2S ASB							=			1		BC SK +
												3.				Sбок.			= S SBC + 2S ASB							=					BC SK +
																										2
																																			2 (4 +			)
																																	a				7
																	1					1		a 7									a				7
												+2					1	AB AS =				1	a	a 7				+ a2 =
												+2						AB AS =					a					+ a2 =
																	2		2						2										4

(кв.ед.), где из

370							В.А.Битнер


ASK : AK =	a 3	, SK =	3a2	+ a2 =	a	7	.
ASK : AK =		, SK =		+ a2 =			.
2			4			2

Ответ: 14 a2 (1 + 7 ) кв.ед. или 14 a2 (4 + 7 ) кв.ед.

Задание 14. Стороны оснований правильной треугольной усеченной пирамиды равны a и b (a > b) , угол между плоскостями боковой грани и основания ϕ . Найдите Sполн. усеч.пир. .

Решение.
1. Так как ABCA B C			- правильная усе-
1	1	1
ченная пирамида,	то		ABC и A B C			-
			1	1	1
правильные, OO1 - высота, где O и O1						-
центры оснований.

3 AB + 3 A B

= S

+ S

1 1

полн. ус.пир.

бок.

н.осн.

в.осн.

3 (a + b)

AB2

3 A B

3 b2

KK1 +

, где KK1

- апо-

фема.

KO AB SK AB (по

t о 3

) K1 KO -

линейный дву-

гранного угла AB, K1KO = ϕ .

Проведем K1L KC (тогда K1L ( ABC ) и K1L || OO1 ).

Из KK L : KL = KO − K O =

a 3

−

b 3

= (a − b) 3

, так как тч. O

и O1

- тч.

пересечения

медиан и

KO =

KC K1O1 =

K1C1 .

= (a − b)

K K =

3 .

cosϕ

b cosϕ

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 4237 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.07.2019400.64 Кб4bestref-201996.rtf
#
12.03.20152.74 Mб10BhagavatGita_kak_ona_est.pdf
#
16.04.201995.65 Кб3Bilety_dlq_ekzamena_po_kursu_Socialogiq_i_psiho....docx
#
25.09.2019173.57 Кб3Bilety_IGA_po_190604TA4.doc
#
19.09.2019507.9 Кб7Biologia.doc
#
12.03.20156.54 Mб83Bitner_V_A_-_Kratky_kurs_shkolnoy_matematiki.pdf
#
08.09.2019652.29 Кб4biznes_plan_po_Petrulevich.doc
#
22.03.201663.12 Кб5breaking.pdf
#
12.03.2015931.33 Кб9Broshyura (1).doc
#
12.03.2015826.37 Кб8Broshyura.doc
#
23.11.2019823.3 Кб1Broshyura.doc