Треугольники SCD и SAB - прямоугольные и центр описанной около них окружности лежит в центре их общей гипотенузы SB. Следовательно, центр шара , описанного вокруг пирамиды SABC лежит в этой же точке и радиус его равен половине ребра SB. Ребро SB найдем по Пифагору: SB=√(L²+b²). Значит OA=OC=OB=OS=Rш=(1/2)√(L²+b²), а его объем равен Vш=(4/3)*πR³ или Vш=(4/3)*(1/8)π(L²+b²)√(L²+b²)=(1/6)*(L²+b²)√(L²+b²). (ответ). Найдем объем пирамиды. Опустим перпендикуляр SH из точки S на плоскость АВС. Основание этого перпендикуляра Н попадет на прямую НВ в плоскости АВС вне треугольника АВС. (То есть грань ASC не перпендикулярна плоскости основания). Чтобы найти точку Н, надо в плоскости АВС провести перпендикуляры к сторонам АВ и СВ в точки А и С. Их пересечение и даст нам искомую точку Н, в которую проецируется вершина S пирамиды, так как по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, "прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной перпендикулярно к ней, перпендикулярна и к её проекции". Значит SH - искомая высота. В равнобедренном треугольнике АВС отрезок ВР - высота, биссектриса и медиана этого треугольника. Тогда в прямоугольном треугольнике ВАН угол <ABH=(β/2), а гипотенуза НВ=b/Cos(β/2). В прямоугольном треугольнике SHB по Пифагору катет SH=√ (SB²-HB²) или SH=√[(√(L²+b²))²-(b/Cos(β/2))²]=√[(L²+b²)-(b²/Cos²(β/2)] Объем пирамиды Vп=(1/3)*So*H. Или Vп=(1/3)*b²Sinβ/2*√[(L²+b²)-(b²/Cos²(β/2)]. Или Vп=(1/6)*b²Sinβ*√[(L²+b²)-(b²/Cos²(β/2)]. (ответ).
Проверим решение на конкретных числах. Пусть b=4, L=3, β=60. Тогда SB=√(L²+b²)=5. PB=√(16+4)=√12=2√3. AH=4√3/3, SH=√(9-48/9)=√33/3. (первый вариант). HP=2√3/3, SP=√(L²-CP²)=√5. SH=√(SP²-HP²)=√(5-12/9)= √33/3 (второй вариант). HB=HP+PB=8√3/3. SH=√(SB²-HB²)=√(25-199/9)=√33/3. (третий вариант). Из моего решения: SH=√[(L²+b²)-(b²/Cos²(β/2)]=√[(9+16)-(16*4/3]=√(11/3)=√33/3.
Рух - відображення площині на себе, при якому відстані між точками площини зберігаються. Приклади руху: осьова симетрія, центральна симетрія, паралельний перенос. Властивості руху: відрізок переходить в відрізок, кут переходить в рівний йому кут, окружність переходить в окружність того ж радіуса і т. П.Мал. 1. Нехай є деяка виділена точка Про площині. Крім того, розглянемо довільну точку М тій же площині. Поворотом (позначення -) щодо точки О, званої центром повороту на Ðα (кут повороту) називається таке відображення площині на себе, при якому будь-яка точка М площині переходить в таку точку М1 тій же площині, що ОМ = ОМ1 і, крім того, ÐМОМ1 = α (Рис. 1). Доведемо, що поворот є рухом. Доказ (Рис. 2).Розглянемо точки М і N площині, що переходять при повороті відповідно в точки М1 і N1 тій же площині. Розглянемо трикутники ОМN і ОМ1N1. У цих трикутниках ОМ = ОМ1 і ОN = ОN1. ÐМОN = α - ÐМОN1; ÐМ1ОN1 = α - ÐМОN1, отже, ÐМОN = ÐМ1ОN1. Таким чином, зазначені трикутники рівні за двома сторонами і кутом між ними. Звідси випливає рівність відрізків МN = М1N1. Оскільки точки М і N вибиралися нами довільно, можна стверджувати, що при повороті довжини відрізків зберігаються. Теорема доведена. Нам необхідно навчитися використовувати розглянутий тип руху. Завдання (аналогічна № 1167 з підручника Атанасян, см. Список літератури) Побудуйте трикутник, який виходить з даного трикутника ABC поворотом навколо точки А на кут 60 ° проти годинникової стрілки (ΔАВС). Рішення (Рис. 3).При повороті точка А перейде в саму себе. Точки В і С перейдуть в точки В1 і С1 відповідно. Кути трикутника і довжини його сторін, відповідно до загальних властивостями руху, збережуться (всі позначення сторін і кутів дані на Рис. 3). Побудови при повороті вкрай за до циркуля побудувати дугу кола радіусом, рівним довжині сторони трикутника (АС або АВ), з центром в точці А, далі за до транспортира відкласти на дузі кут 60 ° і відзначити точку-образ (В1 або С1) . Поєднавши отримані точки-образи відрізками, можна отримати шуканий трикутник А1У1С1, що є чином трикутника АВС (ΔАВС = ΔА1В1С1). Точка О є точкою перетину биссектрис рівностороннього трикутника ABC. Доведіть, що при повороті навколо точки О на кут 120 ° трикутник ABC відображається на себе. Рішення.Точка О перетину биссектрис правильного трикутника є центром цього трикутника. Отже, вершини трикутника при повороті навколо точки О будуть «малювати» дуги кола, описаного навколо ΔАВС. Легко показати, що ÐВОС = ÐСОА = ÐАОВ = 120 °. Отже, при повороті, точка А перейде в точку В, точка В перейде в точку С і точка С перейде в точку А (нагадаємо, що кут повороту вважається позитивним, якщо поворот відбувається проти годинникової стрілки). Таким чином, ΔАВС = ΔАВС. Завдання вирішена. Завдання. Дана пряма, на якій задані точка О1 і точка О2 і дано точки А і В, що лежать по різні боки від цієї прямої. Причому мають місце рівності відстаней: О1А = О1В, О2А = О2В. Довести, що точки А і В симетричні щодо зазначеної прямий. Рішення (Рис. 5).Для доказу необхідного в завданню затвердження нам необхідно довести, що АМ = МВ і АВ ^ О1О2. Побудуємо коло радіусом О1А з центром в точці О1 і коло радіусом О2А з центром в точці О2. Розглянемо деяку осьову симетрію з віссю О1О2. При такому відображенні півкола, розташовані у верхній півплощині, перейдуть до відповідних півкола, розташовані в нижній півплощині щодо осі симетрії. При цьому точка перетину «верхніх» півколо - точка А - перейде в точку перетину «нижніх» півколо - точку В. Тобто точка В симетрична точці А відносно даної прямої. Завдання вирішена. На закінчення розберемо ще один застосування понять симетрії. Дан паралелограм ABCD. Довести, що точка перетину його діагоналей є його центром симетрії. Нагадування: фігура називається симетричною відносно точки О, якщо для кожної точки фігури симетрична їй точка щодо точки Про також належить цій фігурі. Точка О називається центром симетрії фігури. Кажуть також, що фігура має центральну симетрію.
0,0(0 оценок)
Полный доступ
Позволит учиться лучше и быстрее. Неограниченный доступ к базе и ответам от экспертов и ai-bota
Оформи подписку
