а) 7,5 см. б) 2Н. в) 30 ° . г) 180 ° – ( a + b ). 38

перпендикулярного плоскости BDC
1
. Имеем BD
1
¾ ®
¾
(–а; а; Н). Так как
плоскость BDC
1
имеет уравнение
x
a
y
a
z
H
+ +
=
1, то вектор
r
n, перпенди
кулярный ей, имеет координаты
1 1 1
a a H
;
;
æ
èç
ö
ø÷
. Поэтому sin
a =
cos
b =
=
×
×
=
+
×
+
=
¾ ®
¾
¾ ®
¾
r
r
n BD
n
BD
a
H
a
H
1
1
2
2
2
2
1
2
1
2
| | |
|
1
2
5
2
2
a
H
H
a
æ
èç
ö
ø÷ +
æ
èç
ö
ø÷
é
ë
ê
ù
û
ú +
, где
b
—
угол между векторами
r
n и BD
1
¾ ®
¾
. Нетрудно установить, что
a
H
æ
èç
ö
ø÷ +
2
+æèç
ö
ø÷ ³
H
a
2
2, причем
a
H
H
a
æ
èç
ö
ø÷ +
æ
èç
ö
ø÷ =
2
2
2 только при а
=
Н. Следователь
но, sin
a <
1
3
при а
¹
Н и sin
a =
1
3
при а
=
Н. Так как на 0
2
;
p
é
ëê
ù
ûú
синус воз
растает, то
a £
arcsin
1
3
. Значит, arcsin
1
3
— наибольшее возможное значе
ние для
a
. з)
g =
arccos(sin
a
sin
b
). Воспользуйтесь обобщенной
формулой Эйлера.
42. а) АВ
1
=
Н
(R
d )
2
2
2
4
+
-
, sin
cos
)
a
b
=
=
+
-
Н
Н
(R
d
2
2
2
4
.
б) Cм. § 7. г) Cм. § 7.
43. в) В середину гипотенузы основания треугольника. г) В центр
вписанной в основание окружности.
44. а) Сравните значение какойлибо тригонометрической функции
угла
b
со значением этой тригонометрической функции от угла в 60
°
.
45. а)
a 6
6
. б) S tg
tg
a b
. г) 1;
7
2
; 30
°
;
3
7
;
5
3
. д) 20; arctg
3
4
.
47. 1) Рассмотрите треугольник, получившийся в сечении пирами
ды плоскостью, проходящей через боковое ребро и высоту пирамиды.
Углы
a
и
b
— углы при основании этого треугольника.
49. а) Cм. § 9. б) Cм. § 9.
50. г) Применив обобщенную формулу Эйлера, получим:
1
2
2
2
=
-
cos
sin
cos
a
a
a
. Отсюда cos
a =
3 1
-
. д) tg
sin
d
p
a
2
=
ctg
n . е) 2
2
3
arctg
,
p -
2
2
3
arctg
.
—
187
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

51. а) Cм. § 9. б) tg
b =
2tg
a
, 2rtg
a
, r 4
1
tg
2
a +
,
2r
cos
a
. в) tg
tg
b
a
=
2
,
sin
cos
g
a
2
2
=
, R tg
a
,
R
cos
a
, R
1 2tg
2
2
+
a
. г) ctg
sin
d
a
2
=
, tg
b =
2 tg
a
.
е) Cм. § 9.
52. а) 3. б) 8. в)
p
R
2
sin
2
j
. г)
R
sin
a
2
.
54. а) Cм. § 10. б) Чтобы доказать, что пирамида правильная, ника
ких вычислений проводить не нужно. В самом деле, обратимся к ри
сунку 160. Сечениями сферы с гранями пирамиды будут вписанные
в грани окружности. Пусть О — центр сферы, M, Н и Т — точки касания
сферы со сторонами основания. Так как ОМ
=
ОТ
=
ОН, то точка О ор
тогонально проектируется в центр
окружности, описанной около
D
МНТ.
Эта окружность вписана в основание
АВС. Значит, О проектируется в центр
вписанной в основание окружности.
По условию высота пирамиды про
ходит через точку О. В силу единст
венности перпендикуляра к плоско
сти, проходящего через точку О,
основание высоты совпадает с цен
тром вписанной окружности. Нетруд
но видеть, что угол между высотой
пирамиды и каждым боковым реб
ром один и тот же (для этого нужно
рассмотреть прямоугольный
D
ОРK
и ему аналогичные). Тогда SA
=
SB
=
=
SC. Это означает, что центр S впи
санной окружности является и цен
тром описанной около основания ок
ружности. Поэтому в основании лежит правильный треугольник. Из
D
PSA и ему аналогичных следует, что боковые ребра пирамиды равны
между собой. Таким образом, треугольная пирамида действительно яв
ляется правильной. Проведем теперь вычисления. Введем обозначе
ние: OS
=
х. Тогда SM
=
R
x
2
2
-
, SС
=
2
2
2
R
x
-
. Найдем тангенс угла
между высотой пирамиды и боковым ребром. Он равен
2
2
. Тогда мож
—
188
—
O
С
В
А
P
M
K
K
2
K
1
H
T
S
x
R
R
2
R
3
R
Рис. 160
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

но составить уравнение
2
3
2
2
2
2
R
x
R
x
-
+
=
. Решив его, получаем х
=
R 3
3
.
Отсюда высота Н
=
R 3
+
R 3
3
=
4
3
3
R
.
55. а)
a
2
2
sin
g
, см. § 10. б) 2arcsin
1
4
, см. § 10. г)
R 3
tg
2
g
. ж)
R
3 tg
2
g
.
57. а) Учесть, что угол между образующими конуса не может быть
больше угла между образующими в осевом сечении. б) 60
°
,
3
2
.
58. а) Обратитесь к определениям. б) Через данную точку в плоско
сти основания конуса проведите прямую, касательную к окружности
основания.
59. а) 2R
2
sin
a
. См. указание к задаче 57, а. б) Воспользуйтесь фор
мулой S
D
=
1
2
ab
C
sin . в) 45
°
.
60. а)
R
2
2
2
sin
cos
a
a
-
, 45
90
°< < °
a
. б)
4 2
3
2
H
. в) 45
°
.
61. arccos(cos
2
a +
cos
b
sin
2
a
). Примените обобщенную формулу
Эйлера.
62. Cм. § 11.
63. a)
p
p
p
4
1
2
2
S
S
+
æ
èç
ö
ø÷
. б) R
l
R
R
1
2
2
1
2
2
+
-
-
(
) . в) Cм. § 11.
64. в) Cм. § 11. г)
Q tg
b
a
2
2
sin
. д) arccos tg
2
ctg
2
b
a
æ
èç
ö
ø÷
. е)
2
3
Q
.
65. в) Можно. г)
1
2
1
2
2
2
(
)(
)
a
b
+
+
tg
a
. д)
c
c
a
b
2
2
2
2
4
-
-
.
е)
a 1
2
2
4
+
cos
sin
a
b
a
tg
2
. Для нахождения радиуса описанной окружности
воспользуйтесь теоремой синусов.
67. в)
(
)
R
2
3 2 3
+
. г) arccos
sin
.
4
2
2
R
a
a
68. а) Рассмотрите равнобедренный треугольник. б) l cos
,
a
a
tg
2
p
a
a
l sin
.
2 tg
2
в) 90
°< a <
135
°
. д) l cos tg
a a
2
. е) tg
a
a
2
Q
tg
.
—
189
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

69. R 2.
70. б)
3
4 2
3
3 3
8 2
3
2
l
l
(
)
;
(
)
+
+
. в)
a 6
2 2 1
(
)
-
. г)
3
2
R tg
a
.
71. б) r cos
cos
a
b
2
2
+
æ
èç
ö
ø÷
.
72. а)
a 3
2 2 1
(
)
+
. б) Cм. § 14. в) а(2 – 2).
73. а) Cм. § 12. г) Cм. § 12. ж) Cм. § 12. и) Cм. § 12. м) Cм. § 12.
н) Cм. § 12. п) Cм. § 12.
Тема 3
74.
R H
2
6
8
3
(
)
p +
.
75. а)
p
d
3
8 2
. б)
p
b
b
a
d
3
2
4
2
cos
sin
2
sin
. в)
3
4
3
p
a
. г)
S
S
p
6
. д) Докажите равен
ство радиусов оснований и высот цилиндров. е)
p
d
3
6 3
.
76. а) Данных задачи недостаточно для ее решения. б)
2
5
3
2
l cos
sin
a
a
.
77. а)
2
1
3
3
3
p
a
a
a
b cos
tg
2
tg
2
3
+
æ
èç
ö
ø÷
. Обратимся к рисунку 161, а. Согласно ус
ловию образующая KK
1
цилиндра лежит на диагонали АС основания
пирамиды, поэтому плоскость основания цилиндра перпендикулярна
основанию пирамиды и параллельна ее диагональному сечению SDB.
Пусть
D
MNP — сечение пирамиды плоскостью основания цилиндра,
тогда из условия задачи следует, что
D
MNP — равнобедренный тре
угольник, подобный
D
SDB; окружность основания цилиндра вписана
в
D
MNP. Обозначим искомый радиус этой окружности через х и ее
центр О соединим с вершиной Р
D
MNP (см. рис. 161, б). Так как ОР
есть биссектриса
Ð
MNP, равного
Ð
SBH, то х
=
KР tg
a
2
. По условию осе
вое сечение цилиндра — квадрат, поэтому KН
=
х. Заметив, что
D
АKР —
прямоугольный и равнобедренный (как подобный
D
AHВ), запишем:
—
190
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

KP
=
AK
=
AH – KН
=
AScos
a
– x
=
bcos
a
– x. Подставив значения KР
в первоначальное выражение для х, получим x
=
(bcos
a
– x) tg
a
2
Þ
Þ =
+
x
bcos
tg
2
tg
2
a
a
a
1
. После этого нетрудно найти искомый объем.
б)
p
a
3
3
6
18 1
2
(
)
+
. Рассмотрите сечение тетраэдра и цилиндра плоскостью,
проходящей через боковое ребро и высоту тетраэдра. Обозначим ради
ус основания цилиндра через х, тогда его высота равна 2х. в) Для по
строения данного цилиндра воспользуйтесь вспомогательным цилин
дром и гомотетией с центром О (рис. 162). Пусть R — искомый радиус
основания цилиндра. Тогда
D
А
1
О
1
Е
D
САА
1
Þ
A O
AC
R
a
1
1
=
. Далее
А
1
О
1
=
a
R
a
R
3
2
3 2
2
- =
-
, АС
=
a 2,
a
R
R
R
a
3 2
2 2
3
2 2 1
-
= Þ =
+
Þ
(
)
Þ =
+
V
a
3 3
4 2 1
3
3
p
(
)
.
78. а) Воспользуйтесь основной формулой объема призмы. Полу
чите формулу, которая аналогична формуле площади треугольника,
—
191
—
Рис. 161
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

выражающей ее через сторону треугольника и высоту, проведенную
к этой стороне. б) 4032 куб. ед., см. § 15. в)
4
3
R tg
tg 2
tg 2
tg
2
2
2
2
a
a
a
a
-
.
г)
(
)
H a b
R
H
a
R
H
b
(
)
+
-
-
+
-
-
4
4
4
2
2
2
2
2
2
.
79. Пусть призма с вписанным в нее шаром построена. Рассечем их
плоскостью, проходящей через центр шара и параллельной основанию
призмы. В сечении получится такой же, как и в основании призмы,
прямоугольный
D
АВС (рис. 163) с вписанной в него окружностью, при
чем радиус этой окружности равен радиусу шара и, следовательно, ра
вен половине высоты. На этом анализ рисунка закончен и можно пе
рейти к вычислениям. Найдем площадь
D
АВС:
S
D
ABC
=
1
2
1
2
90
2
2
AC BC
h
h
h
×
= ×
×
°-
=
sin
sin(
)
sin
a
a
a
. Обозначив через r ради
ус круга, вписанного в
D
АВС, и применив формулу r
=
S
p
, будем иметь:
H
=
2r
=
2S
p
. Находим далее периметр
D
АВС: 2p
=
AB
+
AC
+
BC
=
=
+
+
+
=
AC
BC
AC BC
2
2
h
h
h
h
2
2
2
2
sin
cos
sin
cos
a
a
a
a
+
+
+
=
=
+
+
æ
èç
ö
ø÷
=
+
+
h
h
1
1
1
1
sin cos
sin
cos
(
sin
cos )
sin co
a
a
a
a
a
a
a
s
a
. Имеем:
—
192
—
А
В
С
D
А
1
В
1
С
1
D
1
O
О
1
E

жүктеу/скачать 9,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: