Главная > Математика > Стереометрия. Геометрия в пространстве
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ

ЗАДАЧИ К § 25

6.1. Докажите, что сферы с равными радиусами равны.

Как бы это ни было очевидно — доказательство необходимо. И для этого доказательства у нас сейчас только один способ — получить его на основании определения равных фигур.

Итак, пусть есть две сферы и и радиусом R каждая. Если мы найдем такое движение, которое одну из данных сфер отображает на другую, то задача будет решена.

Сначала такое движение стоит "увидеть". Для наших сфер можно увидеть и параллельный перенос, и центральную симметрию, и зеркальную симметрию. После того, как мы их увидели, процесс доказательства не представляет труда — так часто бывает в геометрии. И не беда, что мы не знаем всех свойств этих движений — они нам понадобятся только для нахождения идеи доказательства.

Выберем для доказательства параллельный перенос. Произвольной точке первой сферы поставим в соответствие такую точку , что Сразу же можно заметить равенство Докажем теперь, что: 1) точка принадлежит второй сфере; для двух произвольных

вольных точек первой сферы (точка - образ точки ).

Первое равенство следует из того, что параллелограмм (?), а потому . А так как X, принадлежит первой сфере, то Но тогда принадлежит второй сфере.

Чтобы доказать равенство достаточно записать следующие соотношения:

Но

а потому

Но тогда

6.2. Докажите, что в результате движения пересечение фигур переходит в пересечение их образов, а объединение фигур переходит в объединение их образов.

Пусть движение, А и В — две заданные фигуры. Образ фигуры А в результате движения обозначим , т.е. Пусть Требуется доказать, что

В равенстве слева и справа стоят множества. Для доказательства равенства двух множеств доказывают два утверждения:

1) любой элемент из первого множества принадлежит второму;

2) любой элемент второго множества принадлежит первому.

Докажем первое утверждение. Возьмем любую точку и докажем, что ее образ принадлежит множеству

Так как то . Так как то . Аналогично, так как

. Поскольку , то .

Докажем второе утверждение. Возьмем точку и докажем, что ее прообраз т.е. такая точка К, что содержится во множестве С. Так как то . Так как , то ее прообраз Y принадлежит множеству Аналогично, . Но тогда

В этом доказательстве есть одна тонкость. В задаче дано, что — движение. Но где же мы это использовали в доказательстве? Вопрос непростой, но попробуйте проанализировать, в чем дело.

А затем принимайтесь за доказательство утверждения.

6.3. Тупоугольный равнобедренный треугольник вращается вокруг оси, проходящей через точку пересечения его высот параллельно большей стороне. Определите объем тела вращения, если тупой угол равен а , а противоположная сторона равна а .

Когда предлагается задача на вращение плоской фигуры, вовсе не обязательно рисовать полученную фигуру вращения. Достаточно нарисовать данную плоскую фигуру, ось вращения и точно представить себе, какая получится фигура вращения.

Рис. Р 3.93

Итак, сделаем плоский рисунок (рис. Р 3.33), на нем ABC — данный треугольник, — его высоты, D — точка пересечения высот треугольника, , l — ось вращения, АК и BL — перпендикуляры из точек А и В на прямую

Глядя на рисунок, можно понять, что тело вращения представляет собой цилиндр с радиусом основания BL, образующей АВ, из которого "вынули" 2 усеченных конуса. Они равны между собой (?), радиусы оснований одного из них BL и CD, высота —

Пусть V — объем тела вращения, — объем цилиндра, — объем каждого из усеченных конусов. Тогда

Дальше пишем формулы:

Осталось выразить величины, входящие в эти формулы, через данные. найдем из Тогда

а потому

Теперь все нужные нам величины найдены и остались одни только выкладки. Ответ должен получиться такой:

6.4. Правильная пирамида, в основании которой лежит квадрат со стороной а , вращается вокруг прямой, проходящей через ее вершииу. Эта прямая параллельна одной из сторон квадрата, лежащего в основании пирамиды. Вычислите объем тела вращения, если плоский угол при вершине пирамиды равен а .

Существенное отличие зтой задачи от предыдущей в том, что тело вращения (назовем его Т) образовано вращением "телесной", пространственной фигуры, а не плоской

Рис. Р 3.94

В таких задачах прежде всего важно представить и нарисовать плоскую фигуру, в результате вращения которой получается тело Т .

Итак, рассмотрим правильную пирамиду PABCD, в основании которой лежит квадрат ABCD (рис. Р 3.94). Через вершину Р проходит прямая вокруг которой вращается пирамида. Считаем, что Любое плоское сечение пирамиды PABCD плоскостью, проходящей через прямую является равнобедренным треугольником . К этим сечениям можно отнести и грани РАВ и

Основания у всех таких треугольников равны а, а высоты изменяются от длины высоты PQ пирамиды PABCD, до высоты РО треугольника РАВ.

При вращении пирамиды PABCD вращается вокруг прямой каждый из треугольников PMN. Чтобы получить плоскую фигуру, вращением которой образовано Т, надо нарисовать в одной плоскости все треугольники PMN, совместив их вершины Р и направления высот (рис. Р 3.95). Получится пятиугольник его стороны РК и PL — это высоты граней РВС и PAD пирамиды PABCD. И теперь становится ясно, что тело Т получается так: надо из цилиндра Z, образованного вращением прямоугольника вокруг стороны удалить два конуса U, образованных вращением треугольников и LPB, вокруг катетов РАХ и РВХ.

С самой трудной частью решения задачи мы справились — тело Т мы "видим". Посчитать его объем теперь уже не трудно.

Объем цилиндра Z, имеющего высоту а и радиус основания

У конуса U радиус основания равен PQ, но так как нам нужен будет лишь то его и вычисляем:

Рис. Р 3.95

Высота конуса и равна , поэтому его объем

Находим объем тела

Тригонометрическую часть этой формулы можно еще упростить:

Итак, окончательно,

ЗАДАЧИ К § 26

6.5. Две сферы с центрами имеют общую окружность С. Докажите, что прямая перпендикулярна плоскости а , в которой лежит эта окружность.

Конечно, эту задачу нетрудно решить и без применения симметрий. Но можно предложить и такое решение. Проведем через прямую любую плоскость Р, и пусть — отражение в плоскости . Тогда, очевидно, а потому

Итак, отражение переводит С в , а тогда переводит и плоскость а, в которой лежит С, в ту же плоскость а (?). Но

Рис. Р3.96

это возможно лишь тогда, когда . Итак, любая плоскость Р, проходящая через прямую 0,02, перпендикулярна плоскости а . Но это возможно лишь тогда, когда

6.6. Докажите, что центральная симметричность цилиндра равносильна центральной симметричности его основания. (Здесь речь идет о цилиндре общего вида.)

Пусть Z — цилиндр, имеющий центр симметрии — точку О, а Q и -его основания (рис. Р 3.96а). Пусть Q лежит в плоскости в плоскости a. Проведем через точку О прямую, параллельную образующим цилиндра. Она пересечет плоскость а в точке А, а плоскость а в точке А. Точка О является серединой отрезка Покажем, что точка А — центр симметрии основания Q, а точка А — центр симметрии основания Возьмем любую точку , и пусть Y — симметричная ей точка (относительно точки О). Ясно, что . Точка Y является одним из концов образующей цилиндра . Так как . Поэтому точка Y симметрична точке X относительно точки А . Итак, точка А — центр симметрии основания

Точно так же точка А — центр симметрии основания

Пусть теперь, наоборот, дано, что цилиндр Z имеет основание, симметричное относительно некоторой точки А. Тогда строим образующую и берем точку О — середину этого отрезка. Возьмем затем любую точку и проведем через

нее образующую ХУ (рис. Р 3.96 б). Точка Y, симметричная точке X относительно точки А, будет точкой основания Q. Идущая из Y образующая цилиндра Z пересечет прямую ОМ в точке , симметричной точке М относительно точки О. Итак, О — центр симметрии цилиндра

6.7. Куб повернули на 60° относительно его диагонали. Найдите пересечение и объединение исходного и полученного куба.

Рис. Р 3.97

Прежде всего вспомним, что в кубе есть сечение плоскостью, являющееся правильным шестиугольником и перпендикулярное диагонали куба. Если в кубе взять диагональ то такое сечение можно получить, если провести через середину этой диагонали (точку О) плоскость (рис. Р 3.97). В сечении получим правильный шестиугольник причем точка К — середина ребра DDV точка L — середина ребра и т.д. При повороте и куба J вокруг на 60° шестиугольник Т перейдет в себя. Будем считать, что точка К перешла в точку L, точка L — в точку М и т.д. Так как вершины А и С, лежат на оси поворота, то Поэтому отрезки АК, AL и т.д. перейдут соответственно в отрезки AL, AM и т.д. Поскольку отрезки АК и AL лежат в грани , то плоскость этой грани после поворота и перейдет в плоскость ALM, а образ этой грани — квадрат ,-отсечет от куба J тетраэдр . Кроме того, от куба J повернутый куб отсечет еще два тетраэдра с вершиной , а также три тетраэдра с вершиной С, (назовите их). Следовательно, общая часть куба J и куба состоит из двух шестиугольных пирамид с вершинами А и С, и общим основанием .

6.8. Пусть плоская фигура имела: а) центр симметрии; 6) ось симметрии. Докажите, что ее образ при любом движении обладает тем же свойством.

Рис. Р 3.98

а) Пусть фигуру F, имеющую центр симметрии — точку О, движение отобразило на фигуру F. Покажем, что тогда фигура F тоже имеет центр симметрии, причем, этим центром будет точка . Для этого надо проверить, что если взять любую точку Y фигуры F и построить симметричную ей относительно точки О точку (рис. Р 3.98), то построенная точка тоже будет точкой фигуры F. Это построение проведем так. Поскольку найдется такая точка что Так, как точка О — центр симметрии фигуры F, то точка X симметрична точке X относительно О, а также является точкой фигуры F. Но тогда ее образ — точка — будет точкой фигуры F. Образом отрезка при движении будет отрезок (свойство 2), а середина отрезка — точка О — переходит в середину отрезка Но образом точки О является точка О. Поэтому точка О — середина отрезка , т. е. точка Y симметрична точке К относительно точки О и принадлежит фигуре F. Следовательно, фигура симметрична и точка О — ее центр симметрии.

6.9. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде противоположные грани перпендикулярны. Разность сторон их основания равна 1. Как вычислить ее высоту?

Нарисуем эту усеченную пирамиду нарисовав сначала пунктирно правильную пирамиду PABCD, из которой получена усеченная пирамида (рис. Р 3.99а). Усеченные пирамиды аналогичны трапециям, и задачи о них сводятся, обычно, к задачам о трапециях. Так и здесь. Заметим, во-первых, что противоположными гранями у многогранника являются лишь пары боковых граней

Рис. Р 3.99

. Их плоскости и перпендикулярны. Рассмотрим первую пару граней. Их плоскости пересекаются по прямой проходящей через вершину Р и параллельной ребрам ВС и . Проведем через точку Р плоскость, перпендикулярную прямой I. Эта плоскость пересечет пирамиду PABCD по прямоугольному равнобедренному треугольнику PKL, а усеченную пирамиду по равнобедренной трапеции

KLMN с острым углом, равным 45° (?). Часть высоты PQ пирамиды PABCD является высотой как усеченной пирамиды, так и трапеции KLMN. Мы свели нашу задачу к простой планиметрической задаче (рис. Р 3.99 б). Из рисунка ясно, что высота

6.10. Два равных шара касаются. Через их общую точку проведена плоскость, пересекающая каждый шар по кругу. Докажите, что эти круги равны.

Решить эту задачу можно ничего не рисуя, ничего не вычисляя, а лишь ссылаясь на уже известные утверждения. Итак, пусть два равных шара F и G касаются в точке А и через А проходит плоскость а, пересекающая F по кругу и G по кругу . Шары F и G симметричны относительно точки (?). Поэтому центральная симметрия с центром А переводит их Друг в друга: Но точка А (как и любая другая точка плоскости а) является центром симметрии плоскости а. Поэтому Но тогда согласно задаче 6.2.

Поскольку движение переводит круг С в круг D, то эти круги равны.

ЗАДАЧИ К § 27

6.11. Докажите, что движение, изменяющее направления векторов на противоположные, является центральной симметрией.

В задаче речь идет о таком движении которое обладает следующим свойством: какие бы две точки А и В мы не выбрали, направление вектора у которого противоположно направлению вектора АВ, т. е. . Поскольку — движение, то . Но тогда, учитывая, что , имеем:

Пусть По условию задачи Кроме того . Поэтому , т. е. . Итак, движение является инволюцией. Поэтому . Следовательно, точка О — середина отрезка — будет неподвижной точкой движения Любую точку М движение переводит в такую точку что , т. е. точка О является серединой отрезка Поэтому — центральная симметрия относительно точки О.

6.12. Докажите, что композиция двух центральных симметрий является переносом.

Центральная симметрия меняет направление на противоположное. Аналогично, центральная симметрия SB также меняет направление на противоположное. Поэтому их композиция является движением, не изменяющим направлений. А такое движение, как установлено в является переносом,

6.13. В результате каких движений отображается на себя правильная пирамида?

Будем рассматривать правильную прямоугольную пирамиду Т с вершиной Р и основанием отличную от правильного тетраэдра (о нем рассказано в п. 12.4). Ее боковыми гранями являются равнобедренные, но не равносторонние, треугольники с вершиной Р и основаниями Движения, самосовмещающие пирамиду , переводят эти треугольники друг в друга, оставляя вершину Р неподвижной). Эти движения самосовмещают правильный -угольник оставляя его центр Q неподвижным. Следовательно, все движения самосовмещающие Г, имеют неподвижную прямую PQ. Они являются либо поворотами вокруг этой прямой на углы, кратные углу симметриями относительно плоскостей, проходящих через прямую PQ и оси симметрии основания пирамиды Т.

6.14. Является ли тетраэдр правильным, если он имеет: а) плоскости симметрии; б) оси симметрии: в) некоторое число и тех, и других?

а) правильная треугольная пирамида, отличная от правильного тетраэдра, имеет три плоскости симметрии. Так что ответ на первый вопрос — отрицательный: в общем случае — не является.

б) Если тетраэдр ABCD имеет ось симметрии то эта ось должна проходить через середины К, L двух скрещивающихся ребер (например, и быть перпендикулярна им (рис. Р 3. 100). Поэтому у тетраэдра не может быть больше трех осей симметрии. Ясно, что тетраэдр вписанный в прямоугольный параллелепипед (рис. Р 3.101) имеет три оси симметрии, проходящие через центры противоположных граней параллелепипеда, но правильным не является, если параллелепипед — не куб.

Рис. Р 3.100

Если около тетраэдра ABCD описать параллелепипед так, что скрещивающиеся ребра тетраэдра окажутся диагоналями противоположных граней параллелепипеда (как это сделать подсказывает рис. Р 3.101), то наличие оси симметрии у тетраэдра

равносильно тому, что этот параллелепипед окажется прямым). Прямоугольный же параллелепипед даст уже три оси симметрии. А ровно двух осей симметрии у тетраэдра быть не может.

Рис. Р 3.101

в) Если на рис. Р 3.101 прямоугольный параллелепипед не куб, но имеет грань — квадрат, то тетраэдр имеет три оси симметрии и две плоскости симметрии. Поэтому необходимо не менее трех плоскостей симметрии, чтобы тетраэдр оказался правильным. Если эти плоскости не проходят через одну вершину тетраэдра, то этого и достаточно для правильности тетраэдра !?). Если же они проходят через одну вершину, то их наличие обеспечивает лишь правильность пирамиды, а чтобы тетраэдр оказался правильным необходимо еще наличие хотя бы одной оси симметрии выпишите сами равенство ребер.

В заключении напомним, что у правильного тетраэдра три оси симметрии и шесть плоскостей симметрии.

6.15. Может ли ограниченное тело: а) перейти в себя в результате переноса; б) иметь больше одного центра симметрии?

а) Допустим тело F самосовмещается в результате переноса Т на ненулевой вектор а. Возьмем любую точку тела F и построим последовательность точек . Поскольку все точки принадлежат F. Так как то точки А лежат на одной прямой и уходят по этой прямой на бесконечность, так как Следовательно, тело F неограниченно.

б) Допустим тело F имеет два центра симметрии — точки А и В. Тогда Поэтому . Итак, движение самосовмещает тело F. Но как доказано в задаче — перенос. Следовательно, как вытекает из пункта а), тело Т — неограниченно.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление