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

жит указанной медиане или ее продолжению. Высоту А
1
А
2
призмы бу
дем находить из
D
А
1
АА
2
;
3) введем обозначение:
Ð
А
1
АА
2
= b
. Найдем cos
b
. По известной фор
муле Эйлера cos
j =
cos
a
b
b
j
a
2
2
×
Þ
=
cos
cos
cos
cos
;
4) тогда из
D
А
1
АА
2
можно найти высоту призмы:
Н
=
А
1
А
2
=
l
l
l
2
2
2
2
2
2
2
2
2
-
= =
-
cos
cos
...
cos
cos
cos
j
a
a
a
j
;
5) искомый объем
V
=
S
осн
×
Н
=
1
2
2
а sin
a ×
l
cos
cos
cos
a
a
j
2
2
2
2
-
=
=
-
a l
2
2
2
2
2
sin
cos
cos
a
a
j
.
Ответ:
V
=
a l
2
2
2
2
2
sin
cos
cos
a
a
j
-
.
Задача 2
(рис. 118, а). АВСDА
1
В
1
С
1
D
1
— наклонная четырехуголь
ная призма, АВСD — прямоугольная трапеция:
Ð
С
=
Ð
D
=
90
°
,
D
ABD — равносторонний, АВ
=
а, AА
1
=
l, вершина А
1
призмы равно
удалена от вершин В, С и D. Найдите объем призмы.
—
99
—
α
А
2
φ
φ
H
а
а
l
А
B
С
А
1
В
1
С
1
Рис. 117
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Решение.
1) Чтобы найти площадь основания призмы (сделаем отдельный ри
сунок — рис. 118, б), необходимо знать высоту трапеции и основание ВС;
2) так как
D
ABD — равносторонний со стороной, равной а, то можно
найти его высоту ВМ (она же является и высотой трапеции):
h
трап
=
ВМ
=
а 3
2
;
3) для прямоугольника BСDМ: ВС
=
MD
=
а
2
;
4) тогда S
осн
=
1
1
трап
2
2
2
(
)
АD BС h
а
а
+
=
+
æ
èç
ö
ø÷
×
а 3
2
=
3 3
8
2
а
;
5) перейдем к отысканию высоты призмы. Для этого учтем, что вер
шина А
1
призмы равноудалена от вершин В, С и D. В этом случае вер
шина А
1
ортогонально проектируется на плоскость нижнего основания
в центр окружности, описанной около
D
BСD. Так как этот треугольник
прямоугольный, то центром описанной окружности является середина
А
2
диагонали BD трапеции. Приходим к выводу о том, что высотой
призмы является отрезок А
1
А
2
;
6) так как АА
2
=
а 3
2
, то из прямоугольного
D
АА
1
А
2
Н
=
А
1
А
2
=
АА
АА
l
а
l
а
1
2
2
2
2
2
2
2
3
4
1
2
4
3
-
=
-
=
-
;
7) искомый объем
V
=
S
осн
×
Н
=
3 3
8
2
а
×
1
2
4
3
2
2
l
а
-
=
3 3
4
3
16
2
2
2
а
l
а
-
.
Ответ:
V
=
3 3
4
3
16
2
2
2
а
l
а
-
.
—
100
—
Рис. 118
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Задача 3
(рис. 119). АВСDEFА
1
В
1
С
1
D
1
E
1
F
1
— наклонная шестиуголь
ная призма, АВСDEF — правильный шестиугольник, а — длина каж
дого ребра призмы,
j
— угол, образуемый боковым ребром АА
1
со
сторонами АВ и АF основания. Найдите объем призмы.
Решение.
1) Сразу можно найти площадь основания призмы:
S
осн
=
6S
AOF
=
6
×
а
а
2
2
3
4
3 3
2
=
;
2) так как углы, образуемые боковым ребром АА
1
со сторонами АВ
и АF основания равны, то вершина А
1
ортогонально проектируется
в точку А
2
, принадлежащую биссектрисе АО угла ВАF (О — центр пра
вильного шестиугольника АВСDEF). Строим отрезок А
1
А
2
— высоту
призмы;
3) введем обозначение:
Ð
А
1
АО
=
b
. Для нахождения cos
b
применим
формулу Эйлера:
cos
j =
cos
Ð
OАF
×
cos
b Þ
cos
j =
cos 60
° ×
cos
b Þ
cos
b =
2cos
j
;
4) из прямоугольного
D
АА
1
А
2
находим АА
2
, затем А
1
А
2
:
АА
2
=
АА
1
cos
b =
2а cos
j
,
Н
=
А
1
А
2
=
АА
АА
а
а
а
1
2
2
2
2
2
2
2
4
1 4
-
=
-
=
-
cos
cos
j
j
;
5) искомый объем
V
=
S
осн
×
Н
=
3 3
2
2
а
×
а 1 4
2
-
cos
j =
3 3
1 4
2
3
2
а
-
cos
j
.
Ответ:
V
=
3 3
1 4
2
3
2
а
-
cos
j
.
—
101
—
А
B
С
D
E
F
O
А
2
φ
φ
А
B
С
D
E
F
а
а
1
1
1
1
1
1
Рис. 119
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

§ 5. ОБЪЕМ ТЕЛА ВРАЩЕНИЯ
5.1. Теория
Наиболее простым телом, для которого известны «все поперечные се
чения», является тело вращения. Поэтому с помощью предыдущей тео
ремы можно доказать следующую.
Теорема 12
Если криволинейная трапеция (рис. 120), ограниченная кривой
y
=
f(х), двумя прямыми х
=
а, х
=
b и отрезком оси Ох, вращается
вокруг оси Ох, то V
¢
(х)
=
S(x)
=
p
f
2
(х).
Доказательство.
Площадь S(х) можно выразить следующим образом: S(x)
= p
r
2
, где
r — радиус вращения, соответствующий координате х. Очевидно, что
r
=
f(х). Тогда S(х)
= p
f
2
(х). Поэтому V
¢
(х)
=
S(x)
=
p
f
2
(х).
5.2. Примеры решения задач
Задача 1
(рис. 121, а). Часть плоскости ограничена линиями: у
=
х
2
,
у
=
0 и х
=
1. Найдите объем тела, получаемого при вращении этой
части плоскости вокруг оси х.
Решение.
1) В данном случае V
¢
(х)
=
S(x)
=
p
f
2
(х)
= p
( х
2
)
2
= p
х
4
;
—
102
—
y
z
O
а
x
b
x
r
S x
( )
y
=
f
(
x
)
Рис. 120
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

2) тогда V(х)
= p
x
5
5
æ
èç
ö
ø÷
;
3) так как высота тела равна 1, то V
=
V(1)
= p
p
1
5
5
5
æ
èç
ö
ø÷ =
.
Ответ:
V
= p
5
.
Задача 2
(рис. 121, б). Найдите новое доказательство формулы объе
ма цилиндра.
Решение.
1) Пусть R — радиус основания цилиндра, Н — высота цилиндра.
Запишем уравнение прямой АВ. Оно имеет вид у
=
R;
2) тогда V
¢
(х)
=
S(x)
=
p
f
2
(х)
= p
(R
2
)
= p
R
2
;
3) так как
p
R
2
— константа, то V (х)
= p
R
2
х;
4) если высота тела равна Н, то V
ц
=
V (Н)
= p
R
2
Н.
Ответ:
V
ц
= p
R H
2
.

жүктеу/скачать 9,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: