Геометрия. 11 класс. Многообразие идей и методов : по- собие для учащихся общеобразоват учреждений с белорус и рус яз обучения / Н. М. Рогановский, Е. Н

В следующей таблице указано число граней (Г), вершин (В) и ребер
(Р) у каждого правильного многогранника.
Вид правильного многогранника
Г
В
Р
Правильный тетраэдр
Куб
Правильный октаэдр
Правильный додекаэдр
Правильный икосаэдр
4
6
8
12
20
4
8
6
20
12
6
12
12
30
30
8.2. Примеры решения задач
Задача 1
(72, б, рис. 104, а).
Доказательство.
1) Введем обозначения: а — ребро данного тетраэдра,
Ð
АМС
=
a
.
Рассмотрим
D
АМС. Вначале найдем стороны этого треугольника, за
тем по теореме косинусов — угол
a
;
2) имеем:
АО
=
а 3
3
, РО
=
а 6
3
, ОМ
=
а 6
6
,
МС
2
=
МА
2
=
АО
2
+
ОМ
2
=
а
а
а
2
2
2
3
6
2
+
=
,
АС
2
=
2МА
2
– 2МА
2
cos
a Þ
а
2
=
а
2
– а
2
cos
a Þ
cos
a =
0
° Þ a =
90
°
;
3) так как
Ð
АМС
=
Ð
АМВ
=
Ð
ВМС, то все эти углы прямые. Отсюда
следует справедливость доказываемого утверждения.
—
81
—
Рис. 104
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Задача 2
(обратная предыдущей, рис. 104, б). РАВС — правильная
треугольная пирамида, РО — высота пирамиды, М — середина высо
ты РО, отрезки МА, МВ и МС попарно перпендикулярны. Докажите,
что РАВС — правильный тетраэдр.
Доказательство.
1) В основании пирамиды лежит правильный треугольник. Поло
жим, что АВ
=
ВС
=
СА
=
а;
2) боковые ребра пирамиды равны между собой. Докажем, что РА
=
а;
3) выполним следующие вычисления:
а) АО
=
а 3
3
(из правильного
D
АВС),
б) АМ
=
а
2
(из
D
АМС — этот треугольник прямоугольный и равно
бедренный, гипотенуза в нем равна а),
в) МО
=
АМ
АО
2
2
-
=
а
6
(из прямоугольного
D
АМО),
г) РО
=
2МО
=
2
6
а
,
д) РА
=
РО
АО
а
а
а
2
2
2
2
4
6
3
9
+
=
+
=
(из прямоугольного
D
АРО);
4) так как все ребра треугольной пирамиды равны между собой, то
пирамида является правильным тетраэдром.
Задача 3
(рис. 105). РАВС — правильный
тетраэдр, а — ребро тетраэдра, О — центр
шара, касающегося всех ребер тетраэдра.
Найдите радиус шара.
Решение.
1) Выясним расположение центра данного
шара — точки О. Для этого заметим, что плос
кость каждой грани тетраэдра пересекает сфе
ру по окружности, вписанной в грань. Пусть
O
1
— центр окружности, вписанной в основа
ние тетраэдра.
В правильном тетраэдре точка O
1
является
центром равностороннего
D
АВС, РO
1
— высо
той тетраэдра. Поэтому РO
1
^
АВС.
Если дана окружность, принадлежащая сфере, то центр сферы нахо
дится на прямой, проходящей через центр окружности и перпендику
—
82
—
O
O
С
В
А
P
M
а
N
а
R
1
Ш
Рис. 105
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

лярной плоскости этой окружности. Поэтому центр шара находится на
прямой, проходящей через точку O
1
и перпендикулярной плоскости
этой окружности, т. е. плоскости АВС.
Такой прямой является прямая РO
1
. Значит, точка О является точ
кой пересечения высот тетраэдра (для правильного тетраэдра — и точ
кой пересечения его медиан — центроидом тетраэдра);
2) пусть М и N — точки касания шара соответственно с ребрами АС
и РВ.
Точки М и N — середины противоположных ребер АС и РВ тетраэд
ра. Поэтому отрезок МN проходит через центроид тетраэдра (ранее ре
шенная задача) и, значит, через центр шара.
Тогда точки М и N — две диаметрально противоположные точки
шара, а отрезок МN — диаметр шара;
3) перейдем к вычислениям. Отрезок МN будем находить из прямо
угольного
D
ВМN. Имеем:
R
=
OM
=
1
2
1
2
1
2
3
4
4
2 2
2
2
2
2
MN
ВМ
BN
а
а
а
=
-
=
-
=
.
Ответ:
R
=
а
2 2
.
—
83
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

ОБЪЕМЫ ТЕЛ И ПЛОЩАДИ ПОВЕРХНОСТЕЙ:
НАЧАЛА МЕТОДОВ МАТЕМАТИЧЕСКОГО
АНАЛИЗА
§ 1. ПОНЯТИЕ «ОБЪЕМ ТЕЛА»
1.1. Об измерении длины отрезка и площади плоской фигуры.
Объем тела
Понятие «объем тела» рассмотрим в сравнении с понятиями «длина
отрезка» и «площадь плоской фигуры». Как известно из планиметрии,
длина отрезка и площадь плоской фигуры обладают рядом сходных
свойств:
1. Длина любого отрезка есть поло
жительное число.
1. Площадь любой фигуры есть по
ложительное число.
2. Равные отрезки имеют равные
длины.
2. Равные фигуры имеют равные
площади.
3. Если отрезок состоит из несколь
ких непересекающихся частей, то
длина отрезка равна сумме длин его
частей.
3. Если фигура состоит из несколь
ких непересекающихся частей, то
площадь фигуры равна сумме пло
щадей ее частей.
4. Существует отрезок, длина кото
рого равна 1.
4. Площадь квадрата со стороной,
равной 1, равна 1.
С помощью свойств 4 фиксируется единица измерения. За счет это
го обеспечивается единственность длины каждого отрезка и площади
каждой фигуры.
Если в какомлибо рассуждении единица измерения временно не
фиксируется, т. е. допускается применение различных единиц измере
ния, то в результате таких измерений будут получаться различные чис
ла, которые отличаются друг от друга на постоянный множитель.
Например, если а и b — длины некоторого отрезка, получаемые с по
мощью различных единиц измерения, а с и d — длины другого отрезка,
получаемые с помощью тех же единиц измерения, то а
= a
b, c
=
a
d.
Аналогично для плоской фигуры: если S
1
и S
2
,
¢
S
1
и
¢
S
2
— соответст
венно площади двух фигур, измеренных с помощью различных еди
ничных квадратов, то S
1
= b
S
2
,
¢
S
1
= b ¢
S
2
.
Объем тела обладает аналогичными свойствами. Приведем их.
—
84
—
Тема 3
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Аксиомы объема тела
1.
Объем тела есть положительное число.
2.
Объемы равных тел равны.
3.
Если тело состоит из нескольких частей (точнее: если тело есть
объединение нескольких тел, пересечение любых двух из которых
не является телом), то объем тела равен сумме объемов всех частей.
4.
Если длина ребра куба равна единице длины, то объем куба равен
единице объема.
В заключение отметим, что основными свойствами объема заканчи
вается построение системы аксиом стереометрии.
1.2. Примеры решения задач
Задача 1
(рис. 106, а). АBCDA
1
B
1
C
1
D
1
— куб, АB
=
1, О — точка пере
сечения его диагоналей. Найдите объем пирамиды ОАBCD.
Решение.
1) Из свойств симметрии куба следует, что данный куб разбивается
на 6 равных пирамид:
ОАBCD, ОA
1
B
1
C
1
D
1
, ОАВB
1
A
1
, ОDD
1
C
1
, ОАA
1
D
1
D,
OBB
1
C
1
C;
—
85
—
Рис. 106
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

2) на основании аксиомы 4 объем куба равен 1. Тогда на основании
аксиом 2 и 3 объем одной пирамиды равен
1
6
объема куба:
V
пир
=
1
6
1
6
1
1
6
V
куба
= × =
.
Ответ:
V
пир
=
1
6
.
Задача 2
(рис. 106, б). АBCDA
1
B
1
C
1
D
1
— произвольный параллеле
пипед, V — объем параллелепипеда, О — точка пересечения его диа
гоналей, секущая плоскость проходит через точку О и делит парал
лелепипед на две части. Найдите объем одной из этих частей.
Решение.
1) Из свойств симметрии параллелепипеда следует, что параллеле
пипед разбивается на две равные части. Поэтому объемы этих частей
равны (аксиома 2) и в сумме равны объему данного параллелепипеда
(аксиома 3);
2) отсюда следует, что объем одной части равен
1
2
объема параллеле
пипеда.
Ответ:
1
2
V .
Проблема. Попытаемся ответить на следующий вопрос: «Можно ли
на площадь прямоугольника посмотреть (хотя бы временно!) как на дли
ну отрезка, например на длину его основания?» Вопрос кажется необыч
ным, и, возможно, возникает сомнение в его «правомочности». В чем тут
суть? Попытаемся разобраться в нем, решив следующую задачу.
Задача 3
(«подводящая» задача к теореме 9, рис. 107).
Рассмотрите всевозможные прямоугольники с одной и той же фик
сированной высотой Н. Выясните, справедливы ли следующие утвер
ждения:
а) площади S
H
таких прямоугольников можно представить как
функцию их оснований b: S
H
=
f(b);
б) площади S
H
удовлетворяют свойствам 1—3 длины отрезка;
в) площадь S
H
можно рассматривать как длину отрезка b;
г) S
H
=
f(b)
=
kb.
Решение.
а) Площадь таких прямоугольников S
H
=
Hb. Так как Н — постоянно,
то S
H
является функцией от b: S
H
=
f(b);
—
86
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

б) свойство 1 длины отрезка выполняется, так как f(b)
>
0; свойство
2 длины также выполняется, так как если b
=
с, то f(b)
=
f(с); выполни
мость свойства 3 длины следует из того, что если основание b разбито
на непересекающиеся части b
1
и b
2
, то f(b)
=
f(b
1
)
+
f(b
2
) (см. рис. 107);
в) так как для f(b) выполняются свойства 1—3 длины (как и для b),
то f(b) и b можно рассматривать как два значения длины одного и того
же основания (при различных единицах измерения);
г) так как f(b) и b — два различных значения одного и того же осно
вания, то они отличаются друг от друга на некоторый постоянный мно
житель k: f(b)
=
kb.
Вывод. Таким образом, поставленный вопрос является необычным
только на первый взгляд. В следующем параграфе при выводе форму
лы объема прямого цилиндра мы воспользуемся аналогичным прие
мом: объемы прямых цилиндров с фиксированной высотой Н рассмот
рим как площади их оснований.

жүктеу/скачать 9,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: