Фильтр
Задачи
Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 36]
Точки M и N – середины рёбер AA1 и CC1 параллелепипеда
ABCDA1B1C1D1 . Прямые A1C , B1M и BN попарно перпендикулярны.
Найдите объём параллелепипеда, если известно, что A1C = a , B1M = b ,
BN = c .
B1M , треугольник MB1D1 – прямоугольный. Если S –
его площадь, то
S = 
MB1· MD1 = bc.
Пусть O – центр параллелограмма A1B1C1D1 . Плоскости MB1D1 и AA1C1C пересекаются по прямой MO , значит, прямая A1C пересекает плоскость треугольника MB1D1 в точке P , лежащей на прямой MO . Поскольку MO – средняя линия треугольника AA1C1 ,
A1P = · A1C = 
A1C = a.
Прямая A1C перпендикулярна двум пересекающимся прямым B1M и D1M плоскости MB1D1 , поэтому A1P – высота треугольной пирамиды A1MB1D1 . Тогда
VA1MB1D1 = 
SΔ MB1D1· A1P =
· bc· a = 
abc.
Пусть S – площадь грани A1B1C1D1 , h – высота параллелепипеда, опущенная на эту грань. Тогда
VABCDA1B1C1D1 = Sh,
VA1MB1D1 = · S· h = 
Sh.
Следовательно,
VABCDA1B1C1D1 = 12VA1MB1D1 = abc.
abc .
Докажите, что если два прямоугольных параллелепипеда имеют равные объемы, то их можно расположить в
пространстве так, что любая горизонтальная плоскость, пересекающая один из них, будет пересекать и
второй, причем по многоугольнику той же площади.
Пусть даны прямоугольные параллелепипеды ABCDA'B'C'D' и A1B1C1D1A'1B'1C'1D'1 равного объема, который мы будем считать единичным. Обозначим длины их ребер через a , b , c и a1 , b1 , c1 соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например a=a1 , то достаточно поставить параллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра a и a1 были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметь площадь bc=b1c1 . Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами S и V обозначим площадь и объем соответственно.
Мы покажем, что на ребрах AA' и A1A'1 параллелепипедов найдутся точки M и M1 такие, что SMBD=SM1B1D1 и VAMBD=VA1M1B1D1 . Далее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости MBD и M1B1D1 горизонтальны и совпадают (рис.), удовлетворяет условию.
Докажем предварительно несколько вспомогательных утверждений.
Лемма 1. Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при вершине A прямые, а площади граней BCD , ABC , ABD и ACD равны S0 , S1 , S2 и S3 соответственно. Тогда S02=S12+S22+S32 .
Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость ABC , затем на плоскости ABD , ACD и BCD (рис.). Обозначим углы, образуемые гранями ABC , ABD и ACD с гранью BCD через α1 , α2 и α3 . Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника Si=S0· cosαi ( i=1,2,3 ), S0=S1 cosα1+S2 cosα2+S3 cosα3 , поэтому cos2α1+ cos2α2+ cos2α3=1 и S02=S12+S22+S32 . Лемма 1 доказана.
Рассмотрим четырехугольную пирамиду EABCD ( ABCD – прямоугольник), лежащую на горизонтальной плоскости гранью EAB (рис.). Такую пирамиду назовем клином с основанием EAB , а расстояние от прямой CD до плоскости EAB назовем высотой клина. Пусть площадь основания клина EABCD равна , а его высота равна H .
Лемма 2. Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, т.е. V=
· H .
Разобьем клин на две пирамиды DEAB и DEBC . Их объемы равны, так как SABD=SBCD и расстояние от точки E до их оснований одно и то же. Поэтому V=2VDEAB= H .
Лемма 3. На горизонтальной плоскости стоят два тетраэдра ( или два клина ) с равными высотами и равными площадями оснований. Тогда их сечения плоскостью, параллельной основаниям, имеют равные площади.
В случае тетраэдров (рис) из подобия получаем, что
=(
)2
и 
=()2 , следовательно, S1=S2 . Чтобы доказать это
утверждение для клиньев, достаточно достроить клин до призмы (рис.).
Из рисунка видно, что x= -
= (1-) ,
откуда и следует равенство площадей сечений.
Докажем теперь существование точек M и M1 . Если AM=xc , а A1M1=xc1 , где x
(0,1] , то равенство объемов пирамид AMBD и A1M1B1D1 выполняется автоматически, а
равенство площадей треугольников MBD и M1B1D1 равносильно равенству
f(x)=(a2c2+b2c2-a11c12-b12c12)x2+(a2b2-a12b12)=0 , так как
SMBD2=
(x2a2c2+x2b2c2+a2b2) и
SM1B1D12=(x2a12c12+x2b12c12+a12b12) в силу леммы 1.
Покажем, что f(0)>0 , а f(1)
0 (или наоборот). Отсюда и будет
следовать существование x(0,1] такого, что f(x)=0 , а, значит, и
существование точек M и M1 .
Заметим, что f(0)=a2b2-a12b12=
-
=
-
и, аналогично,
f(1)=
+
+-
-
- , так
как abc=a1b1c1=1 .
Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда: один с ребрами
, 
, 
и диагональю d , другой – с ребрами 
, 
, 
и диагональю d1 : их объемы равны единице, а диагональ одного из них не
меньше, чем диагональ другого. Пусть, скажем, d d1 , тогда
f(1)0 . Так как объемы параллелепипедов равны, то у первого
параллелепипеда найдется ребро, большее какого-нибудь ребра второго (выше мы предполагали, что равных ребер
нет). Изменив в случае необходимости обозначения, будем считать, что >
.
Тогда f(0)>0 , что и требовалось.
Осталось доказать, что описанное выше расположение параллелепипедов удовлетворяет условию. Ясно, что в силу симметрии параллелепипедов относительно своих центров, достаточно проверить это утверждение для их половинок, т.е. призм ABDA'B'D' и A1B1D1A'1B'1D'1 . Для пирамид MABD и M1A1B1D1 справедливость его следует из леммы3.
Проведем плоскость A'FE|| MBD (рис) и плоскость A'1F1E1|| M1B1D1 . Эти плоскости отсекают от призм клинья A'B'D'FE и A'1B'1D'1F1E1 равного объема, так как (в силу леммы 2)
VA'B'D'FE=· 
axc· b=
x=· a1xc1· b1=
VA'1B'1D'1F1E1.
Так как площади оснований и объемы клиньев равны, то равны и их высоты, поэтому в силу леммы 3 утверждение справедливо и для клиньев.
Остается заметить. что призмы MBDA'EF и M1B1D1A'1E1F1 имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты), поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны.
Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 10.6 и замечания к ней).
В условии задачи можно отказаться от прямоугольности параллелепипедов. Утверждение при этом остается справедливым. Кроме того, оно справедливо для произвольных равновеликих тетраэдров, однако известное доказательство этого факта неэлементарно.
Куб со стороной 1 м распилили на кубики со стороной 1 см и положили их в ряд (по прямой). Какой длины оказался ряд?
Найдите объём наклонной треугольной призмы, у которой площадь
одной из боковых граней равна S , а расстояние от плоскости этой
грани до противолежащего ребра равно d .
VABCA1B1C1 = 
VACDBA1C1D1B1 =
SABB1A1· d = Sd.
Sd .
Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 36]
Задача 87037 |
|
|
Решение
Рассмотрим сечение данного параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки M , D1 и B1 . Поскольку MD1 || BN и BNПусть O – центр параллелограмма A1B1C1D1 . Плоскости MB1D1 и AA1C1C пересекаются по прямой MO , значит, прямая A1C пересекает плоскость треугольника MB1D1 в точке P , лежащей на прямой MO . Поскольку MO – средняя линия треугольника AA1C1 ,
Прямая A1C перпендикулярна двум пересекающимся прямым B1M и D1M плоскости MB1D1 , поэтому A1P – высота треугольной пирамиды A1MB1D1 . Тогда
Пусть S – площадь грани A1B1C1D1 , h – высота параллелепипеда, опущенная на эту грань. Тогда
Следовательно,
Ответ
|
|
Задача 109514 |
|
|
Решение
Пусть даны прямоугольные параллелепипеды ABCDA'B'C'D' и A1B1C1D1A'1B'1C'1D'1 равного объема, который мы будем считать единичным. Обозначим длины их ребер через a , b , c и a1 , b1 , c1 соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например a=a1 , то достаточно поставить параллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра a и a1 были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметь площадь bc=b1c1 . Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами S и V обозначим площадь и объем соответственно.
Мы покажем, что на ребрах AA' и A1A'1 параллелепипедов найдутся точки M и M1 такие, что SMBD=SM1B1D1 и VAMBD=VA1M1B1D1 . Далее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости MBD и M1B1D1 горизонтальны и совпадают (рис.), удовлетворяет условию.
Докажем предварительно несколько вспомогательных утверждений.
Лемма 1. Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при вершине A прямые, а площади граней BCD , ABC , ABD и ACD равны S0 , S1 , S2 и S3 соответственно. Тогда S02=S12+S22+S32 .
Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость ABC , затем на плоскости ABD , ACD и BCD (рис.). Обозначим углы, образуемые гранями ABC , ABD и ACD с гранью BCD через α1 , α2 и α3 . Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника Si=S0· cosαi ( i=1,2,3 ), S0=S1 cosα1+S2 cosα2+S3 cosα3 , поэтому cos2α1+ cos2α2+ cos2α3=1 и S02=S12+S22+S32 . Лемма 1 доказана.
Рассмотрим четырехугольную пирамиду EABCD ( ABCD – прямоугольник), лежащую на горизонтальной плоскости гранью EAB (рис.). Такую пирамиду назовем клином с основанием EAB , а расстояние от прямой CD до плоскости EAB назовем высотой клина. Пусть площадь основания клина EABCD равна , а его высота равна H .
Лемма 2. Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, т.е. V=
Разобьем клин на две пирамиды DEAB и DEBC . Их объемы равны, так как SABD=SBCD и расстояние от точки E до их оснований одно и то же. Поэтому V=2VDEAB=
Лемма 3. На горизонтальной плоскости стоят два тетраэдра ( или два клина ) с равными высотами и равными площадями оснований. Тогда их сечения плоскостью, параллельной основаниям, имеют равные площади.
В случае тетраэдров (рис) из подобия получаем, что
Докажем теперь существование точек M и M1 . Если AM=xc , а A1M1=xc1 , где x
Заметим, что f(0)=a2b2-a12b12=
Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда: один с ребрами
Осталось доказать, что описанное выше расположение параллелепипедов удовлетворяет условию. Ясно, что в силу симметрии параллелепипедов относительно своих центров, достаточно проверить это утверждение для их половинок, т.е. призм ABDA'B'D' и A1B1D1A'1B'1D'1 . Для пирамид MABD и M1A1B1D1 справедливость его следует из леммы3.
Проведем плоскость A'FE|| MBD (рис) и плоскость A'1F1E1|| M1B1D1 . Эти плоскости отсекают от призм клинья A'B'D'FE и A'1B'1D'1F1E1 равного объема, так как (в силу леммы 2)
Так как площади оснований и объемы клиньев равны, то равны и их высоты, поэтому в силу леммы 3 утверждение справедливо и для клиньев.
Остается заметить. что призмы MBDA'EF и M1B1D1A'1E1F1 имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты), поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны.
Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 10.6 и замечания к ней).
В условии задачи можно отказаться от прямоугольности параллелепипедов. Утверждение при этом остается справедливым. Кроме того, оно справедливо для произвольных равновеликих тетраэдров, однако известное доказательство этого факта неэлементарно.
|
|
|
Задача 88301 |
|
|
Решение
Получим 100 × 100 × 100 = 1000000 (см) или 10000 м = 10 км.|
|
|
Задача 30911 |
|
|
Поместится ли все население Земли, все здания и сооружения на ней в куб с длиной ребра 3 километра?
Решение
Объём такого куба 27·109 м³. Население Земли превышает 7·109 человек. Поэтому на каждого человека приходится меньше 4 м³. Можно предположить, что сооружений на человека приходится больше.
Ответ
Не поместится.
|
|
|
Задача 87250 |
|
|
Решение
Пусть площадь боковой грани ABB1A1 наклонной призмы ABCA1B1C1 ( AA1 || BB1|| CC1) равна S , а расстояние от плоскости этой грани до ребра CC1 равно d . Достроим треугольник ABC до параллелограмма ACDB а данную треугольную призму – до параллелепипеда ACDBA1C1D1B1 . Тогда объём призмы ABCA1B1C1 вдвое меньше объёма параллелепипеда ACDBA1C1D1B1 , т.к. плоскость BCC1B1 разбивает параллелепипед ACDBA1C1D1B1 на две равные призмы ABCA1B1C1 и DBCD1B1C1 . Если параллелограмм ABB1A1 – основание параллелепипеда, то его высота равна расстоянию между плоскостями ABB1A1 и CC1D1D , т.е. d . Следовательно,Ответ
|
|
|
Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 36]
