Учебник. Сечения многогранников




Сечения многогранников

Приведём несколько характерных примеров решения задач на комбинацию многогранников.

Дан куб с ребром a (чертеж 4.9.1). Точки M, N, P – соответственно середины ребер AB, BC, BB1. Найти объём пирамиды D1MNP.

Решение. Кроме пирамиды D1MNP куб содержит еще четыре пирамиды: PMBN, D1PNCC1B1, D1AMPB1A1, D1AMNCD с объемами соответственно V1, V2, V3, V4. Пирамиды с объемами V2, V3, V4 равновеликие. Пусть V искомый объём, а Vk объём куба, тогда V = Vk – 3V2 – V1. Заметим, что V k = a 3 V 1 = 1 3 PBċ 1 2 BMċBN= 1 48 a 3 V 2 = 1 3 a( a 2 - S BMN ) = 7 24 a 3 . Окончательно имеем V= a 3 - a 3 48 -3ċ 7 a 3 24 . Ответ. 5 a 3 48 .

Правильная треугольная призма имеет высоту h и сторону основания a (чертёж 4.9.2). Правильная треугольная пирамида имеет с призмой общее основание и размещена по одну с ней сторону относительно этого основания. Высота пирамиды равна 2h. Найти площадь полной поверхности той части пирамиды, которая лежит внутри призмы.

Решение. Находим площади оснований: S ABC = a 2 3 4 S A 2 B 2 C 2 = 1 4 S ABC = a 2 3 16 . Пусть Sб – площадь боковой поверхности усеченной пирамиды, тогда Sб = 3S, где S – площадь трапеции ABB2A2. Из Δ POD имеем PD= P O 2 +D O 2 = 4 h 2 + a 2 12 , тогда D D 2 = 1 2 PD= h 2 + a 2 48 S= 1 2 ( AB+ A 2 B 2 ) D D 2 = a 3 16 48 h 2 + a 2 . Следовательно, S b = 3a 3 16 48 h 2 + a 2 S p = 3 4 a 2 + 3 16 a 2 + 3 3 16 a 48 h 2 + a 2 . Ответ. a 3 16 ( 5a+3 48 h 2 + a 2 ) .

В конус вписан равносторонний цилиндр. Найти объем V цилиндра и площадь Sп его полной поверхности, если образующая конуса составляет с плоскостью его основания угол γ (рис. 4.9.1), а высота конуса равна h.

Решение. Осевое сечение данной комбинации – это квадрат MNLT, вписанный в равнобедренный треугольник PAB; ∠PAB = γ, PO = h – высота конуса; O1 = PO∩TL; ∠PLT = ∠PBA = γ. Пусть TM = x, тогда O 1 L= x 2 .  Из Δ PO1L имеем PO1 = O1L tg γ, или h-x= x 2 tgγ ,  откуда x= 2h 2+tgγ .  Далее находим V=π O 1 L 2 ċTM=π ( x 2 ) 2 x= π 4 x 3 = π 4 ( 2h 2+tgγ ) 3 ; S п =2π O 1 L( O 1 L+TM ) = 3π x 2 2 = 6π h 2 ( 2+tgγ ) 2 . Ответ. 2π h 3 ( 2+tgγ ) 3 ,   6π h 2 ( 2+tgγ ) 2 .

В шар радиуса R (рис. 4.9.2) вписан цилиндр. Отношение площади полной поверхности цилиндра к площади поверхности шара равно t. Какие значения может принимать t?

Решение. Осевое сечение данной в условии комбинации шара и цилиндра – прямоугольник ABCD, вписанный в окружность ω( OR ) .  Пусть ∠CAB = α, тогда из Δ AOK имеем OK = R sin α, AK = R cos α. По условию t= S ц S ш = 2πRcosα( Rcosα+2Rsinα ) 4π R 2 = cos 2  α+sin2α 2 , то есть t0  при α π 2 ,  следовательно, t может принимать как угодно малые положительные значения. Для определения максимального значения t найдем производную t  ′ ( α )  и приравняем ее к нулю: t  ′ ( α ) = 1 2 ( 2cos2α-sin2α ) , откуда t  ′ ( α ) =0  при tg 2α = 2 или при α= 1 2 arctg2 .  Следовательно, maxt( α ) =t( 1 2 arctg2 ) .  Принимая во внимание, что cos2α= 1 1+ tg 2  2α = 1 5 ; sin2α= 2 5 ;   cos 2  α= 1+2cos2α 2 = 1+ 5 2 5 , получаем: maxt( α ) = 1 2 ( 1+ 5 2 5 + 2 5 ) = 5 +1 4 . Ответ. 0<t 5 +1 4 .

В конус вписан шар радиуса r (рис. 4.9.3). Найти объём конуса, если его высота равна h.

Решение. Осевое сечение данной комбинации шара и конуса – это равнобедренный треугольник PAB, описанный вокруг окружности ω( OR ) ,  PC = h – высота конуса, OD⊥PB. Объем конуса V= 1 3 π ( BC ) 2 h .  Заметим, что Δ PODΔ PBC ,  поэтому BC PC = OD PD , или BC h = r P O 2 -O D 2 = r h 2 -2rh , откуда BC= rh h 2 -2rh .  Следовательно, имеем: V= π r 2 h 2 3( h-2r ) .

Ответ. π r 2 h 2 3( h-2r ) .

Шар вписан в усеченный конус (рис. 4.9.4). Доказать, что их объемы относятся как площади полных поверхностей.

Решение. Осевое сечение шара и усеченного конуса – это равнобедренная трапеция, описанная вокруг окружности ω( OR ) .  Пусть радиусы оснований усеченного конуса равны r1 и r2, тогда объем шара V 1 = 4 3 π r 3 ,  объем усеченного конуса V 2 = 2 3 πr( r 1 2 + r 1 r 2 + r 2 2 ) ,   V 1 V 2 = 2 r 2 r 1 2 + r 1 r 2 + r 2 2 ;  площадь поверхности шара S 1 =4π r 2 ,  площадь полной поверхности усеченного конуса S 2 =πBC( r 1 + r 2 ) +π( r 1 2 + r 2 2 ) .   Поскольку BC= r 1 + r 2 ,  то S 2 =π( r 1 2 + r 2 2 ) +π ( r 1 + r 2 ) 2 =2π( r 1 2 + r 1 r 2 + r 2 2 ) , что и требовалось доказать.





 

Эвакуатор калининград дешево
Дешевые эвакуаторы рекомендуем. Все актуальные предложения о продаже
evakyator39.ru
© Физикон, 1999-2015