111. Через точки М и К, принадлежащие сторонам АВ и ВС треугольника ABC соответственно, проведена прямая МК, параллельная стороне АС. Найдите длину СК, если ВС = 12, МК = 8 и АС = 18 (рис. 181). (1)

Решение. Обозначим КС через х. Тогда ВК = 12 – х. Из подобия треугольников ABC и МВК следует: MK/BK = AC/BC; 8/(12 – x) = 18/12; x = 20/3.

Ответ: 20/3.

112. В прямоугольный равнобедренный треугольник вписан прямоугольник так, что угол прямоугольника совпадает с углом при вершине треугольника, а вершина противолежащего угла лежит на гипотенузе. Докажите, что периметр прямоугольника есть величина постоянная для данного треугольника (рис. 182). (1)

Решение. Пусть АВ = АС = а, DE = х; AD = у. Тогда DB = а – у; FC = а – х. Треугольник DEB подобен треугольнику FСЕ, значит, DE/DB = FC/FE; x/(a – y) = (a – x)/y; ху2= а2– ау – ах + ху; х + у = а; РADEF = 2(х + у) = 2а, т. е. не зависит от х и у.

113. В прямоугольном треугольнике ABC угол А – прямой. Опущена высота AD, равная?5. Найдите произведение BD ? DC (рис. 183). (1)

Решение. Треугольники ADB и ADC подобны (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Значит, BD/AD = AD/DC; BD ? DC = AD2= (?5)2= 5.

114. В треугольнике ABC проведены высоты AD и СЕ. Докажите, что треугольники ABC и DBE подобны. Чему равен коэффициент подобия (рис. 184)? (2)

Решение. Из прямоугольного треугольника ВСЕ: BE = ВС? cos В. Из?ABD: BD = АВ? cos В. Значит, две стороны BD и BE треугольника BDE пропорциональны сторонам АВ и ВС треугольника ABC, а угол В (угол между пропорциональными сторонами) у треугольников общий. ?BDE ~ ?ABC по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: kподобия = cos B.

115. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найдите сторону треугольника, если радиус малой окружности равен 1 (рис. 185). (2)

Решение. Так как в равностороннем треугольнике ABC угол ABC = 60°, то?ОВМ = 30° (см. рис.). Из центров О и О1 проведем перпендикуляры ОМ и О1Т к стороне ВС. По условию О1Т и О1K равны 1. Длины отрезков ОМ и ОК обозначим через R. Из треугольника ВТО1 следует, что ВО1 = О1Т/sin 30° = 1/0,5 = 2. Треугольники ВТО1 и ВМО подобны по двум углам (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – общий). Отсюда следует, что O1T/O1B = OM/OB;

Теперь мы знаем радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности. Осталось найти длину его стороны. Из треугольника ВОМ следует ВМ = OM ? ctg ?ОВМ = 3?3. Тогда ВС = 2ВМ = 6?3.

Ответ: 6?3.

116. Из одной точки к окружности проведены две касательные. Длина каждой касательной равна 12 см, а расстояние между точками касания 14,4 см. Определите радиус окружности (рис. 186). (2)

Решение. Пусть ОА и ОВ – касательные к окружности с центром С; А и В – точки касания. Тогда СВ? ОВ, СА? ОА. Кроме того, ОС? АВ и делит эту сторону пополам. ОА = 12 см, AM = 1/2 АВ = 7,2 см.

МОА = ?АОС (углы с взаимноперпендикулярными сторонами), значит, ?ОАС подобен?ОАМ; тогда

Ответ: 9 см.

117. Центр О окружности радиуса длиной 3 лежит на гипотенузе АС прямоугольного треугольника ABC. Катеты треугольника касаются окружности. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что длина отрезка ОС равна 5 (рис. 187). (3)

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Обозначим через M и N точки касания окружности соответственно со сторонами АВ и ВС. Соединив эти точки с центром О окружности, получим квадрат MBNO, и поэтому BN = ОМ = 3. Треугольник ONC прямоугольный, в нём ОС = 5, ON = 3. Следовательно,

1

7-2. МИР ДЕФОРМАЦИЙ.

Теория упругости знает всего ПЯТЬ типов деформации тел: сжатие, растяжение, сдвиг, изгиб и кручение, которые известными преобразованиями не сводятся друг к другу. Вместе с этим, в механике известны многочисленные наглядные примеры тесной взаимосвязи, сопутствия друг другу сжатия и растяжения (рис. 11), сдвига и изгиба (рис. 12), сдвига и кручения и т.п. Из этих примеров самоочевидна своеобразная иерархия такого сопутствия:

Рис. 11 Рис. 12

1. Сжатию сопутствует растяжение.

2. Сдвигу сопутствуют сжатие и растяжение.

3. Изгибу сопутствуют сжатие, растяжение и сдвиг.

4. Кручению сопутствуют сжатие, растяжение, сдвиг и изгиб.

Действительно, обозначая компоненты нормальных напряжений в некоторой точке деформируемой среды через , а тангенциальных через , можно записать известное выражение для тензора напряжений из которого наглядно видно влияние всех компонент напряжений:

. (6)

Как известно , уравнение поверхности нормальных напряжений в некоторой точке деформированной среды в прямоугольной системе координат можно выразить:

В частных случаях такая поверхность может принимать один из показанных на рис. 13 (сфера), рис. 14 (тор) и рис. 15 (скрученный тор) видов:

Рис. 13 Рис. 14 Рис. 15

Другими словами, очередные виды деформаций связаны с новыми возможностями, появлением новых свойств деформируемого объекта, как это свойственно процессу увеличения размерности мира . Следовательно, мир деформаций мы вправе представить в качестве многомерного пространства, в котором «дополнительное» свойство представляет собой дополнительную способность данной деформации, как это показано на рис. 16. При этом, присваивая каждому новому виду деформации дополнительное направление, мы должны будем кручению «присвоить» все три измерения. На основании изложенного представляется обоснованной своеобразная иерархия деформаций:

1. Сжатие. 2. Растяжение. 3. Сдвиг. 4. Изгиб. 5. Кручение.

В связи с изложенными соображениями здесь уместно вспомнить из теории упругости так называемые «УСЛОВИЯ СОВМЕСТНОСТИ ДЕФОРМАЦИЙ» Сен-Венана , которые определяют непрерывность среды. Как это мы обнаружили в работе , главный принцип ТОПОЛОГИИ - НЕПРЕРЫВНОСТЬ является отражением главного свойства нашего МИРА - НЕПРЕРЫВНОСТИ его СУБСТАНЦИИ. Таким образом, количественное увеличение дополнительных направлений (свойств, способностей, возможностей...) приводит к появлению новых качественных признаков, величин, параметров...Сопоставляя этот наш атрибутивно - субстанциональный взгляд на категории размерности с известными эмпирическими положениями об объективности лишь двух видов материи (вещества и поля) и с отсутствием в природе «просто» движения в пустоте как смещения относительно «абсолютного» пространства, приходится признать, что для всех материальных объектов в виде полей или вещественных тел предполагается общая среда, в которой и локализованы все материальные объекты (тела и поля), взаимодействуя между собой по установленным законам.

История физики со времен Аристотеля многократно приходила к идее об эфире - некоей субстанции, в которой протекают все наблюдаемые нами процессы. Не повторяя здесь хронологию этих гипотез, отошлю читателя к авторам, уже
в XX веке выдвинувших свои подобные гипотезы, которые так и не стали продуктивными теориями, так как не смогли преодолеть известные противоречия гипотезы эфира. Отсылая читателя к полным текстам трудов упомянутых мыслителей, я здесь процитирую лишь по одной ключевой в данном направлении мысли каждого из упомянутых авторов:

«...Пространство - единство, в котором форма образована частицами, расположенными по поверхности объёма, вырезанного ими из пустоты, а содержание представляет собой густоты и частицы, заполняющие этот объём...» (См. , стр. 45 и далее).

«...Таким образом, по совокупности всех требований наилучшим образом свойствам микромира удовлетворяет газоподобная среда...» (См. , стр. 46 и далее).

«...классическая динамика и квантовая механика представляют собой две дополнительные процедуры атомной теории...» (См. , стр.18 и далее).

«...Таким образом, глобула - это элементарная единица макрообъёма газа и жидкости, в которой сочетается единство массы, энергии и пространства, а также, как увидим ниже, электрических зарядов...» (См. , стр.10 и далее).

С целью выяснения объективных причин тех систематических неудач многочисленных вариантов гипотез эфира мне придётся, учитывая мизерный тираж издания, процитировать себя из упомянутой статьи : «В 1935 году Нильс Бор в работах по квантовой физике пришел к гносеологическому выводу, что явления в микромире представляются понятными на механическом уровне. В частности, его «планетарная» модель, построенная на механическом равновесии сил электрических между электронами на орбитах и протонами в ядре атома и центробежными силам инерции движения электронов по орбитам, дополненная квантовым принципом, оказалась не только понятной даже для неспециалистов, но и наиболее продуктивной в атомной физике. Несмотря на многочисленные дополнения и изменения этой модели за вековую историю развития атомной физики, она оказалась не только самой объективной, но весьма продуктивной моделью атома. Соответствие этому принципу Бора, например, в генетике для объяснения механизма наследственности в живых организмах путём материальных носителей - хромосом позволило удивительно просто и полно понять эти совсем немеханические процессы в биологии, послужило мощным импульсом в развитии нового направления в биологии - генетики и т. п. Оставляя читателя за воспоминаниями из истории науки многочисленных фактов торжества принципа Бора, здесь необходимо лишь подчеркнуть его универсальность, которую можно использовать в качестве критерия объективности: соответствие научного вывода принципу Бора свидетельствует об объективности этого вывода.».

7-3. ПОВЕДЕНИЕ В МИРЕ ДЕФОРМАЦИЙ:

Назовём ДЕФОНОМ окрестность деформированной среды вокруг ЛОКАЛЬНОЙ ДЕФОРМАЦИИ в точке О с указанными компонентами нормальных и тангенциальных напряжений, поверхности которых показаны выше на рис. 6 рис. 7 и рис. 8. Ясно, что субстанция в мире деформаций обладает физическими свойствами, на которые мы не имеем никаких оснований распространять традиционные в физике наши представления (о плотности, температуре, вязкости, упругости и т. п.), поэтому вынуждены здесь пока этот вопрос оставить открытым. Можно лишь предположить пока, что эти свойства близки к свойствам физического вакуума, примерные представления о которых мы имеем по результатам инструментальных исследований ближнего космического пространства: температура близка к абсолютному нулю, вязкость соответствует сверхтекучести при сверхнизких температурах и т. п. При этом из отмеченного выше свойства совместности деформаций (см. рис. 4 по п. 2) ясно, что плотность субстанции в таком ДЕФОНЕ сжатия больше плотности субстанции в его окрестности, что можно графически представить некоторой зависимостью , (8) где от точки О, как это показано на рис. 17. Так как поведение таких ДЕФОНОВ определится направлениями указанных напряжений, то в этом вопросе должна быть полная определенность, обязывая нас рассмотреть его более подробно. Здесь уместно вспомнить, что понятие НАПРАВЛЕНИЯ в ГЕОМЕТРИИ определяется величиной УГЛА - величины, которая появляется лишь в двумерных мирах - поверхностях (радиан) и в трёхмерных мирах (стерадиан). При этом, если для если для однозначности величины плоского УГЛА необходимо указание его знака (правый - по часовой стрелке или левый - против часовой стрелки относительно заданного РЕПЕРА - линии), то для однозначности величины УГЛА пространственного ещё необходимо указание и его ориентации относительно поверхности (ВНУТРЕННИЙ или ВНЕШНИЙ), что непосредственно связано с радиусом кривизны соответствующей поверхности. Для иллюстрации отмеченного обстоятельства воспользуемся результатами топологических исследований векторных полей на поверхностях и др. Представим себе простейший такой сфероидный ДЕФОН сжатия в окрестности точки О как на рис. 18, тогда на рис. 19 получим изображение векторных полей нормальных (рис. 19-а) и тангенциальных (рис. 19-б) компонент напряжения в смежной со сфероидом окрестности, которые по определению ортогональны друг другу (см. рис. 19). (рис. 89-а) и б) по ) Вместе с этим, два подобных ДЕФОНА, расположенные вблизи друг от друга, окажутся с противоположных сторон любой поверхности, которые всегда могут быть представлены замкнутыми в бесконечности по несобственной линии вокруг любого из ДЕФОНОВ, как это наглядно показано на рис. 20, на котором - след пограничной поверхности между окрестностями ДЕФОНОВ A и B , имеющих характеристики m и m 1 соответственно. Ясно, что радиус кривизны этой поверхности для ДЕФОНОВ A и B будет иметь противоположные знаки. Из отмеченных обстоятельств сразу следует необходимость сближения двух соседних таких ДЕФОНОВ - СФЕРОИДОВ сжатия, что равнозначно притяжению, как это показано на рис. 20, оставляя пока открытым вопрос о величине такого тяготения.

Разумеется, направления полей нормальных и тангенциальных компонент напряжения в смежных с другими нашими простейшими ДЕФОНАМИ окрестностями, имеющих поверхности тороида (рис. 14) и скрученного тороида (рис.15) необходимо рассмотреть с этих позиций также подробно. Из одного того факта, что в отличие от односвязного сфероида тороид (см. рис. 14) является двухсвязным , сразу следует вывод об отсутствии центральной симметрии векторного поля нормальных компонент напряжения, присущих сфероиду (см. рис. 18), приобретая в полярной плоскости, ортогональной экваториальной плоскости тороида, осевую симметрию, позволяя представить изменение векторного поля нормальных компонент напряжения, опуская математические преобразования, проделанные автором ранее , как на рис. 21, на котором обозначены штриховыми линиями n и - n предельные уровни значений векторного поля нормальных компонент напряжения. Из отмеченных обстоятельств снова следует вывод о необходимости сближения двух соседних таких ДЕФОНОВ-ТОРОИДОВ сжатия, что равнозначно притяжению, подобно притяжению ДЕФОНОВ-СФЕРОИДОВ на рис. 20, но величина такого тяготения ДЕФОНОВ-ТОРОИДОВ находится в зависимости не только от расстояния между ними, но и от относительной друг друга пространственной ориентации: в экваториальных плоскостях их взаимодействие подчиняется центральной симметрии, подобно взаимодействия ДЕФОНОВ - СФЕРОИДОВ
(см. рис. 20), а в полярной плоскости взаимодействие ДЕФОНОВ-ТОРОИДОВ сжатия подчиняется осевой симметрии, также здесь оставляя пока вопрос о величине такого тяготения открытым. При этом здесь важно отметить действие отмеченной особенности взаимодействия ДЕФОНОВ-ТОРОИДОВ в отличие взаимодействия ДЕФОНОВ - СФЕРОИДОВ лишь, как это ясно из графической зависимости на рис. 21, на расстояниях между ДЕФОНАМИ-ТОРОИДАМИ, сравнимыми с их собственными размерами.

Рис. 18 (рис. 88 по ) Рис. 19 (рис. 89-а) и б) по )

Рис. 20 (рис.186 по ) Рис. 21

Представить строение, но не механизм образования ДЕФОНА - скрученного ТОРОИДА (см. рис. 15) из ДЕФОНА-ТОРОИДА (см. рис. 14), ДЕФОНА - СКРУЧЕННОГО ТОРОИДА возможно по рис. 22-а), рис. 22-б) и рис.22-в), на которых показаны ДЕФОН- ТОРОИД (см. рис. 22-а) целый, ДЕФОН-ТОРОИД разрезан нормальной к его экватору плоскостью по А-В и торцы разреза развернуты относительно друг друга на 180 0 (см. рис. 22-б), так что точки А 2 и В 1 поверхности ДЕФОНА-ТОРОИДА поменялись положением, то есть А 2 заняла положение В 1 , а В 1 заняла положение А 2 , в результате образуя ДЕФОН-СКРУЧЕННЫЙ ТОРОИД (см. рис. 22-в).

Рис. 22-а) Рис. 22-б) Рис. 22-в

В действительности образование ДЕФОНА-СКРУЧЕННОГО ТОРОИДА возможно представить как процесс движения окружности вокруг некоторой точки деформируемой среды по внешней оси - замкнутой траектории при вращении этой окружности относительно траектории движения центра этой окружности до замыкания траектории - являющейся осью ТОРОИДА. Как мы видели выше (см. рис. 16), деформации кручения сопутствуют все остальные виды деформации: и сжатие, и растяжение, и сдвиг, и изгиб. Поэтому особый практический интерес для нас представляет та зависимость (8) плотности от расстояния внутри самого ДЕФОНА-СКРУЧЕННОГО ТОРОИДА и в его окрестностях, как это нами было установлено для ДЕФОНА - СФЕРОИДА (см. рис. 17), и также зависимость векторного поля нормальных компонент напряжения в его окрестности, как это мы выше обнаружили для ДЕФОНА-ТОРОИДА
(см. рис. 14). В соответствии с отмеченными «УСЛОВИЯМИ СОВМЕСТНОСТИ ДЕФОРМАЦИЙ» Сен-Венана совершенно понятно, что при кручении ДЕФОНА-ТОРОИДА (см. рис. 15-б) его поверхностный слой испытывает растяжение, которое при необходимости можно даже вычислить, сравнив длины винтовой линии от А 1 до В 2 или от А 2 до В 1 с длиной соответствующего экватора тороида (см. рис. 15-а). Данное обстоятельство приводит к необходимости деформации растяжения в ближайшей СКРУЧЕННОМУ ДЕФОНУ-ТОРОИДУ (см. рис. 15-в) окрестности как рис. 23. Кроме того, рассматривая упругие напряжения на самой поверхности такого скрученного тороида, показанные на рис. 24, где линии напряжений на поверхности скрученного тороида между и , также между и , наглядно показанные на рис. 25, непременно приведут вследствие статической реакции к свертыванию этого СКРУЧЕННОГО ДЕФОНА-ТОРОИДА, которую в плане можно изобразить на рис. 26, а представить его реальный вид снизу на рис. 27 и реальный вид сбоку на рис. 28.

Другими словами, СКРУЧЕННЫЙ ДЕФОН-ТОРОИД образует своеобразную асимметричную СКОБУ, в окрестностях которой сопутствующие деформации образуют также асимметричную область, в пределах которой значения и направления нормальных и тангенциальных компонент напряжения отображают эту асимметричность окрестностей с различных сторон относительно СКОБЫ СКРУЧЕННОГО ДЕФОНА-ТОРОИДА.

Рис. 24 Рис. 25. Рис. 26

Рис. 27 Рис. 28

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

Вайскопф В. Физика в двадцатом столетии. М., «Атомиздат», 1977.

1. Логунов А.А. «Релятивистская теория гравитации и новые представления о пространстве-времени // Вестник МГУ. Физика. Астрономия. т. 27, вып. 6, 1986, с.3 и далее.
2. Дирак П.А. Воспоминания о необычайной эпохе, пер. с англ. М., «Наука», 1990, с.178 и др.
3. Вертинский П.А. Финитность и сингулярность в понятии размерности пространства // VМНС, Красноярск, 2002.
4. Пригожин И.Р. и Стенгерс И. Порядок из хаоса. Новый диалог человека с природой. М., «Прогресс», 1986, стр. 275, 364 и др.
5. Мандельброт Б. Фрактальная геометрия природы. М.: ИКИ, 2002,стр.46, 144, 326.
6. Вертинский П.А. Естественнонаучные модели содержания категорий топологии // Сб.IX МНС, Красноярск,2006.
7. Вертинский П.А. Естественные модели размеров и размерностей в категориях топологии//Сб. X МНС, Красноярск, 2007,
8. Вертинский П.А. Естественные модели механизмов влияния природы процессов на размерности миров//Сб. XI МНС, Красноярск, 2008.
9. Вертинский П.А. К вопросу о полноте аксиоматики физических теорий // Вестник ИРО АН ВШ РФ№ 1(4) , Иркутск, 2004.
10. Седов Л.И. Механика сплошной среды. М., «Наука», 1976, т. I, стр. 63 и др., т. II, с. 317.
11. 12. Блох В.И. Теория упругости. Изд. ХГУ, Харьков, 1964, с. 201 и др.
12. Кривошапко С.Н., Иванов В.Н., Халаби С.М. Аналитические поверхности: материалы по геометрии 500 поверхностей и информация к расчёту на прочность тонких оболочек. - М.: Наука, 2006, с.97 и др.
13. Панин Д.М. Собрание сочинений в 4 т. Т. 2-й. Теория густот. - М.: «Радуга», 2001 г., с. 45.
14. Ацюковский В.А. Общая эфиродинамика. Моделирование структур вещества и полей на основе представлений о газонаполненном эфире. - М.: Энергоатомиздат, 1990 г. , с. 46 и др.
15. Гризинский М. О природе атома. // Поиск математических закономерностей Мироздания: физические идеи, подходы, концепции. Избранные труды ФПВ-2000, Новосибирск, НИИ им. С. Л. Соболева СО РАН, 2001, с. 9-16.
16. Базиев Д.Х. Основы единой теории физики. М., «Педагогика», 1994.
17. Болтянский В. Г. и Ефремович В. А. Наглядная топология. М., «Наука», 1982.
18. Вертинский П.А. Оптимизация электромеханических систем методами магнитодинамики // Сб. V «Сибресурс», Иркутск 2002

Библиографическая ссылка

Вертинский П.А. ЕСТЕСТВЕННОНАУЧНЫЕ ОСНОВАНИЯ СТЕРЕОХРОНОДИНАМИКИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ 2-е) // Успехи современного естествознания. – 2010. – № 5. – С. 9-15;
URL: http://natural-sciences.ru/ru/article/view?id=8103 (дата обращения: 24.02.2019). Предлагаем вашему вниманию журналы, издающиеся в издательстве «Академия Естествознания»

171*. Определить углы наклона прямой АВ к пл. V и пл. Н фис. 166, а).

Решение. Если прямая параллельна пл. V (рис. 166, б), то угол между этой прямой и пл. H (угол α) изображается без искажения на фронт. проекции. Если же прямая параллельна пл. H (рис. 166, в), то образуемый зтой прямой угол с пл. V (угол β) изображается без искажения на горизонт. проекции. Поэтому, поставив заданную прямую общего положения сначала параллельно пл. V, а затем параллельно пл. H, можно определить соответственно углы α и β.

На рис. 166, г показано применение способа перемены пл. проекций для определения углов α и β. Так, для определения угла α введена дополнительная пл. S, перпендикулярная к пл. H и параллельная АВ, а для определения угла β - дополнительная плоскость Т ⊥ V и в то же время || АВ.

На рис. 166, д прямая как бы повернута: а) вокруг оси, проходящей через точку В и перпендикулярной к пл. H, до параллельности пл. V (положение а" 1 b" , а 1 b) -

определен угол α; б) вокруг оси, проходящей через точку А перпендикулярно и пл. V, до параллельности пл. H (положение a"b" 1 , ab 1) - определен угол β.

Конечно, можно изобразить эти оси на чертеже; но, как видно, построение возможно и без этого.

172. Дана пирамида SABCD (см. рис. 154). Определить углы наклона ребер пирамиды к пл. V и пл. Н.

173*. Определить углы наклона плоскости, заданной треугольникам ABC (рис. 167, а), к пл. Н и пл. V.

Решение. Как известно, угол наклона (α) плоскости к пл. H проецируется без искажения на пл. V, если плоскость перпендикулярна к пл. V (рис. 167, 6), а угол наклона (β) плоскости к пл. V проецируется без искажения на пл. H, если плоскость перпендикулярна к пл. H (рис. 167, в).

На рис. 167, г для определения углаос переходим к системе S, H, где пл. S перпендикулярна к пл. H и к заданной плоскости (ось S/Н перпендикулярна к горизонт. проекции а-1 горизонтали).

Определение угла β произведено путем перехода от системы V, Н к системе Т, V, где пл. Т перпендикулярна к пл. V и к данной плоскости треугольника (ось T/V перпендикулярна к фронт. проекции с"2" фронтали).

На рис. 167,д та же задача решена способом параллельного перемещения. Сначала все вершины заданного треугольника ABC перемещены в плоскостях, параллельных H, так, чтобы плоскость треугольника оказалась перпендикулярной к пл. V. Это

достигнуто с помощью горизонтали А-1, перемещенной так, что она расположилась перпендикулярно к пл. V (горизонт. проекция а 1 1 1 перпендикулярна к оси х). Получаем угол α наклона плоскости треугольника к пл. H без искажения.

Для определения величины угла β наклона плоскости треугольника ABC к пл. V треугольник повернут так, чтобы он расположился перпендикулярно к пл. H. Это сделано при помощи фронтали С-2: она поставлена перпендикулярно к пл. H (положение C 2 2 2 , фронт. проекция с" 2 2" 2 ⊥ х) и, следовательно, проходящая через эту фронтвль плоскость также перпендикулярна к пл. H.

174. Дана пирамида SABC (см. рис. 161). Определить углы наклона граней SAB, SAC и ABC к пл. H и пл. V.

175. Дан параллелепипед (см. рис. 165). Определить углы наклона основания ABCD и грани CDHG к пл. V и грани ADEH к пл. Н.

176*. Определить величину угла ВАС (рис. 168, а).

Решение. Если плоскость угла параллельна какой-либо пл. проекций, то данный угол проецируется на нее без искажения (рис. 168, б).

На рис. 168, в задача решена при помощи способа перемены пл. проекций. Так как плоскость угла ВАС является плоскостью общего положения (ее горизонталь не перпендикулярна ни к одной из плоскостей V, Н, W), то приходится сначала дополнить систему V, H пл. S, взяв ее перпендикулярно к пл. H и к плоскости угла ВАС. В результате этого преобразования проекция угла на плоскости S получится в виде отрезка a s l s . Теперь можно ввести еще одну дополнительную пл. проекций (T), проведя ее перпендикулярно к пл. S и в то же время параллельно плоскости угла ВAС. Угол l t a t 2 t представит собою натуральную величину угла ВАС.

На рис. 168, а искомый угол ср определен способом параллельного перемещения.

Сначала плоскость угла перемещена так, чтобы она стала перпендикулярной к пл. V (для этого располагаем горизонт. проекцию горизонтали перпендикулярно к оси х). Затем располагаем плоскость угла параллельно пл. H, для чего перемещаем проекцию 1" 1 a" 1 в положение 1" 2 a" 2 (т. е. || оси х). Еще одно построение показано на рис. 168,6. Здсь для определения величины угла применен поворот вокруг горизонтали: плоскость угла расположится параллельно пл. H (положение Т).

Построения выполнены в следующем порядке:

1. Проведена плоскость вращения точки А - горизонтально-проецирующая пл. R, перпендикулярная к горизонтали (т. е. к оси вращения).

2. Отмечен центр вращения точки АВ пересечении горизонтали с пл. R (точка О, О") и указаны проекции радиусАВращения (Оа и О"а").

3. Определена натуральная величина радиуса вращения (ее выражает гипотенуза ОА треугольника ОаА ).

4. Проведена дуга окружности радиуса ОА я на R h , найдена точка a 1 - горизонт. проекция вершины угла после его поворота вокруг горизонтали до совмещения с пл. Т - и построен угол 1а 1 2, равный искомому.

Для решения задач типа 176 наиболее рациональным является применение вращения вокруг горизонтали (или фронтали), как это показано на рис. 168, д.

177. Дана пирамида SABC (см. рис. 156). Вращением вокруг горизонтали определить угол между ребрами и SB, SB и SC, SC и SA.

178. Дан параллелепипед (см. рис. 165). Определить углы между ребрами DH и CD, CG и CD, АВ и ВС.

179*. Определить величину угла между скрещивающимися прямыми АВ и CD (рис. 169, а).

Решение. Угол между двумя скрещивающимися прямыми определяется углом, доставленным пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимся. Для определения величины угла надо начать с его изображения нр чертеже. Это сделано на рис. 169,6, причем использована одна из заданных прямых - CD, через точку С которой проведена прямая СМ, параллельная другой заданнай прямой-АВ. Величина угла MCD (рнс.169, в) выражает угол между прямыми АВ и CD. Это сделано при помощи поворота вокруг горизонтали 1-2 (рис. 169, а), взятой в пл. угла MCD.

180. Дана пирамида SABC (см. рис. 160). Определить величину угла между ее ребрами: a) SB и АС, б) SA и ВС.

181*. Определить величину угла φ наклона прямой АВ к плоскости, заданной треугольником CDE (рис. 170, а).

Решение. Как известно, углом между прямой (АВ) и плоскостью (Р) называется острый угол (φ) между прямой и ее проекцией (а p К) на этой плоскости. Для построения (рис. 170, б) этого угла надо найти точки пересечения с пл. Р прямой АВ и перпендикуляра, проведенного из какой-либо точки прямой АВ на пл. Р. Но если, как в данной задаче, требуется лишь определить величину угла наклона прямой к плоскости, то проще определить величину угла δ, дополнительного к углу φ: найдя угол δ, можно определить величину угла φ из соотношения φ = 90° - δ. На рис. 170, в показано построение проекций am и а"m" перпендикуляра к плоскости треугольника CDE, для чего взяты горизонталь цфронталь этой плоскости: am ⊥ e - 1, а"m" ⊥ е"2".

Теперь можно определить (рис. 170,г) натуральную величину угла δ с вершиной А,- что сделано поворотом вокруг горизонтали b"З", b-3. Искомый угол φ = 90°-δ.

182. Дана пирамида SABC (см. рис. 1611. Определить углы наклона ребер SA, SB и SC к грани AВС

183*. Определить угол между гранями АBС и ABD (рис. 171, а).

Решение. Двугранный угол измеряется линейным углом, полученным в пересечении граней двугранного угла плоскостью, перпендикулярной к обеим граням двугранного,а следовательно, и к линии их пересечения, т. е. ребру двугранного угла. Если это ребро АВ окажется перпендикулярным к какой-либо пл. Т (рис. 171,6), то полученная на пл. Т проекция двугранного угла выражает его линейный угол.

Для решения задачи (рис. 171, в) применен способ перемены пл. проекций. Oт системы V, H совершен переход к системе S, V, где S ⊥ V и S || АВ, а затем от этой системы S, V переход к системе Т, S, где T ⊥ S и Т ⊥ AB.

Треугольники проецируются на пл.Т в виде отрезков а t c t и а t d t . Угол между ними равен искомому углу φ.

На рис. 171, г показано решение той же задачи при помощи способа параллельного перемещения: ребро АВ поставлено перпендикулярно к пл. Н.

184*. Определить величину угла, образованного плоскостью Р и плоскостью треугольника ABC (рис. 172, а).

Решение. Если, решая данную задачу, придерживаться схемы решения предыдущей, то необходимо построить прямую пересечения заданных плоскостей. Но можно поступить и иначе, без построения этой прямой, т. е. не определяя ребра искомого двугранного угла. Можно поступить следующим образом: определить не непосредственно угол φ, а угол σ (рис. 172, б) между перпендикулярами КМ и KN, проведенными из какой-либо точки К на заданные плоскости. Найдя угол σ, получаем φ = 180° - σ.

Такое решение отличается в своей сущности от решений по рис. 171, в и 171, а. Взяв некоторую точку К (рис. 172, в), проведем из нее перпендикуляры КN и КМ соответственно к плоскости треугольника ABC н к пл. Р: из точки k" проводим k"n" ⊥ a"b" и k"m" ⊥ P ϑ , а из точки k - kn ⊥ ac и km ⊥ P h . Таким образом получается угол с проекциями mkn и n"k"n" (угол σ) .Натуральная величина этого угла получена поворотом вркруг фронтали 1-2 (рис. 172, г). Так как получен острый угол, то можно

185. Дана пирамида SABCD (см. рис. 154). Определить способом перемены плоскостей проекций углы между гранями SAB и SBC, SBC и SCD, SAD и SAB.

186. Дан параллелепипед (рис. 165). Определить углы между гранями CDHG и EFGH, BCGF и CDHG.

200. а) Способ изображения. Продолжив отрезок ВС (рис. 185), изображающий катет основания, на расстояние CD = ВС, получаем точку D, которая в натуре симметрична с В относительно кaтета АС.

Возьмем точку М на середине ребра АА 1 и изобразим сечение призмы плоскостью Р, проходящей через точки В 1 , M и D, Для этого соединим точки В, и D. В пересечении с ребром CC 1 найдем точку N. Треугольник B 1 NM будет искомым сечением. Действительно, точка D лежит на прямой ВС и, значит, принадлежит плоскости СВВ 1 С 1 (D находится на продолжении грани CBB 1 C 1). Но точка D лежит также и на плоскости Р, поэтому она находится на линии пересечения плоскости Р с СВВ 1 С 1 .

Точно так же и точка B 1 находится на этой линии. Значит, плоскости Р и BCC 1 B 1 пересекаются по прямой B 1 D. Точка N, где B 1 D пересекается с ребром СС 1 , есть одна из вершин сечения, так что сечение призмы есть треугольник B 1 NM.

Так как BC=CD и CN||BB 1 то CN есть средняя линия треугольника BB 1 D, т. е. N- середина ребра СС 1 . Следовательно, прямая MN параллельна прямой АС, лежащей, в плоскости основания. Вследствие этого и прямая DE, по которой плоскость Р пересечет плоскость основания, параллельна АС и, значит, перпендикулярна к плоскости грани ВСС 1 В 1 . Поэтому / BDB 1 есть линейный дтол двугранного угла φ при ребре DE.

б) Решение. Имеем (см. решение задачи )

(где а = ВС, b = АС), а так как b = a tg β , то

Найдем а 2 . По условию β есть меньший из острых углов треугольника ABC, так что b < a и площадь b Н грани ACC 1 A 1 меньше плошади а Н грани ВСС 1 В 1 Поэтому разность S этих площадей (предполагаем, что она положительна) равна (а-b )H. Из треугольника DBB 1 , где BD =2BC = 2a , находим Н = 2а tg φ . Следовательно,

S=2а 2 (l - tg β ) tg φ .

Отсюда находим а 2 .

201. Угол между непересекающимися диагоналями BA 1 и AD 1 (рис. 186) равен углу φ = / A 1 BC 1 между ВА 1 и прямой ВС 1 параллельной AD 1 .

Имеем / CBC 1 =/ DAD 1 = α и / ABA 1 = β . Для определения угла φ находим A 1 C 1 2 сначала из треугольника A 1 BC 1 (по теореме косинусов), а затем из прямоугольного треугольника A 1 B 1 C 1 и приравниваем найденные выражения. Получаем

ВА 1 2 + ВС 1 2 - 2 BA 1 BC 1 cos φ = В 1 А 1 2 + В 1 С 1 2

2 BA 1 BC 1 cos φ = (ВА 1 2 - В 1 A 1 2) + (ВC 1 2 - В 1 С 1 2) = 2 BB 1 2 .

B это равенство подставляем

(из треугольника BAA 1) и . Получаем

cos φ = sin α sin β .

Другой спocоб. Через ребро B 1 C 1 проведем плоскость B 1 C 1 B 2 C 2 , перпендикулярную к BA 1 (это возможно, так как B 1 C 1 _|_BA 1). Пусть Е - точка пересечения прямых BA 1 и B 1 B 2 . Из прямоугольного треугольника ВС 1 Е находим BE = BC 1 cos φ , a из прямоугольного треугольника ВВ 1 Е, где / B 1 BE = 90° - β , имеем

BE - BB 1 cos(90° - β ) = BB 1 sin β .

Отрезок BB 1 выразим через ВС 1 из треугольника BB 1 C 1 , где / B 1 BC 1 = 90°- α . Получим BB 1 = BC 1 sin α и, значит,

BE = ВС 1 sin α sin β .

Приравнивая два выражения отрезка BE, получаем

ВС 1 cos φ = ВС 1 sin α sin β .

Отв. cos φ = sin α sin β .

______________________________________________

202. Обозначим двугранные углы при ребрах SA, SB, SC (рис. 187) через φ A , φ B , φ C .

Проведем через какую-либо точку ребра SC плоскость DFE, перпендикулярную к SF. Тогда / DFE = φ C . Определяем ED 2 из треугольника EFD и из треугольника ESD, a затем приравниваем полученные выражения. Находим

FE 2 + FD 2 - 2 FE FD- cos φ C = SE 2 + SD 2 - 2 SE SD cos γ .

2 FE FD- cos φ C = 2 SE SD cos γ - (SE 2 -FE 2) - (SD 2 - FD 2),

2 FE FD- cos φ C = 2 SE SD cos γ - 2 SF 2 .

В это равенство подставляем

FE = SF tg α ;

FD = SF tg β ;

SE = SF / cos α

SD = SF / cos β

Аналогично найдем соs φ A и cos φ B .

______________________________________________

203. Решается, как предыдущая задача.

Oтв. cos γ = cos α cos β + sin α sin β cos A.

______________________________________________

204. См. задачу 202.

Отв Искомый угол содержит 90°.

______________________________________________

205. Пусть точка М лежит на грани Q (рис. 188).

По условию прямая AM образует с АВ угол α , а прямая, MB перпендикулярна к АВ. Проведем через ВМ плоскость MBN, перпендикулярную к ребру, и опустим из точки М на BN перпендикуляр MN. Прямая MN перпендикулярна также и к NA и / MAN = β (доказать!). Имеем также φ =/ NBM. Угол φ мы найдем из треугольника NBM, где MN=AM sin β (из треугольника ANM) и BM=AM sin α (из треугольника AMВ). Получаем

______________________________________________

206. На рис. 189 PQ изображает общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым LL" и ММ". Чтобы получить угол, под которым отрезок PQ виден из точки А, нужно провести луч АР; тогда / PAQ = α . Аналогично / PBQ = β .

Проведем через точку Р прямую РЕ, параллельную ММ". Тогда угол между прямыми MM" и LL" есть (по определению) угол φ = / EPB. Опустим из А перпендикуляр АЕ на прямую РЕ и проведем АВ (все остальные линии, дающие изображение параллелепипеда, ребрами которого являются PQ, QA и РВ, проведены лишь для наглядности чертежа). Из прямоугольного треугольника BPQ находим

PB = PQ ctg β = h ctg β .

Аналогично

PE = QA = h ctg α .

BE 2 = PB 2 + PE 2 -2 PB PE cos φ = h 2 (ctg 2 α + ctg 2 β -2 ctg α ctg β cos φ ).

Прямая АЕ перпендикулярна к плоскости ЕРВ, так как она параллельна прямой PQ, являющейся общим перпендикуляром для прямых РВ и РЕ. Из прямоугольного треугольника AЕВ находим

AB 2 =AE 2 + BE 2 = h 2 + BE 2 .

Отв. AB 2 = h 2 (1 + ctg 2 α + ctg 2 β -2 ctg α ctg β cos φ )

______________________________________________

207. Чертеж предыдущей задачи (в настоящей задаче φ = 90°). Имеем

BE = √РЕ 2 + РВ 2 = h √ctg 2 α + ctg 2 β .

Угод между прямыми АВ и PQ равен углу между АВ и прямой AE параллельной PQ. Обозначив его через γ , имеем

Отв. tg γ = √ctg 2 α + ctg 2 β

______________________________________________

208. Пусть (рис. 190)

Найдем сначала отношение объема V 1 пирамиды DMNP к объему V пирамиды DABC. Примем грань BDC за основание пирамиды DABC и грань NPD за основание пирамиды DMNP. Пусть ребро DA проектируется на плоскость DBC отрезком, лежащим на прямой DE. Тогда точки А и М проектируются в некоторые точки К и L, лежащие на прямой DE. Следовательно, высоты AK= h и ML = h 1 лежат в плоскости ADE и треугольники DML и DAK подобны. Значит,

Площадь S 1 основания NDP относится к площади S основания BDC, как DN DP к DB DC (так как треугольники NDP и BDC имеют общий угол D). Значит,

______________________________________________

209. План решения : из подобия треугольников OEL и МЕК. (рис. 191) выразим OL через МК=b и ME = H / 2 , из подобия треугольников ОСЕ и MEN выразим ОС через MN = h и ME = H / 2 .

Подставив найденные выражения в соотношение OC 2 =2 OL 2 получим уравнение, из которого найдем Н.

Решение. Имеем

OL: Н = МК: ЕК,

______________________________________________

Задача 175. Колесо имеет 18 спиц. Найдите величину угла (в градусах), который образуют две соседние спицы.

Ответ: 20°.

Задача 176. Сколько спиц в колесе, если углы между соседними спицами равны 18°?

Ответ: 20 шт.

Задача 177. Колесо зубчатой передачи имеет 72 зубца. Сколько градусов содержится в дуге окружности, заключенной между серединами двух соседних зубцов?

Ответ: 5°.

Задача 178. Сколько зубцов имеет колесо зубчатой передачи, если дуга окружности этого колеса, заключенная между двумя соседними зубцами, равна 12°?

Ответ: 30 шт.

Задача 179. Какой угол (в градусах) образуют минутная и часовая стрелки часов в 5 ч?

Ответ: 150°.

Задача 180. Какой угол описывает минутная стрелка за 10 мин?

Ответ: 60°.

Задача 181. Какой угол описывает часовая стрелка за 20 мин?

Ответ: 10°.

Задача 182. На какой угол поворачивается минутная стрелка пока часовая проходит 1 ч 30 мин?

Ответ: 18°.

Задача 183. Сколько оборотов в минуту делает зубчатое колесо с 32 зубцами, если сцепленное с ним зубчатое колесо с 8 зубцами делает 12 оборотов в минуту?

Ответ: 3 об/мин.

Задача 184. Диаметры двух зубчатых колес относятся как 3:8. На какой угол повернется большее колесо при одном обороте меньшего?

Ответ: 135°.

Задача 185. Зубчатое колесо имеет 12 зубцов. Сколько зубцов имеет сцепленное с ним второе зубчатое колесо, если при одном обороте первого колеса второе поворачивается на угол 120°?

Ответ: 36 шт.

Задача 186. На сколько градусов повернется Земля вокруг своей оси за 8 часов?

Ответ: 120°.

Задача 187. За сколько часов Земля повернется вокруг своей оси на 90°?

Ответ: 6 ч.

Задача 188. Груз A висит на шнуре, перекинутом через блок, изображенный на рисунке. Угол BOC равен 136°. Чему равен угол между прямыми AB и CD?

Ответ: 45°.

Задача 189. Найдите угол, образованный линиями насечек у напильника, изображенного на рисунке.

Ответ: 80°.

Задача 190. На плане города улицы, обозначенные как AB и CD, параллельны. Улица EF составляет с улицами AB и AC углы соответственно 43° и 65°. Найдите угол, который образуют между собой улицы AC и CD.

Ответ: 108.

Задача 191. Для измерения углов артиллеристы употребляют особую единицу, которую называют тысячной. В трехстах шестидесяти градусах содержится 6000 тысячных. Сколько тысячных содержится в 1°30′?

Задача 192. Для измерения углов артиллеристы употребляют особую единицу, которую называют тысячной. В трехстах шестидесяти градусах содержится 6000 тысячных. Сколько градусов составляют 100 тысячных?

Задача 193. Угол в 1,5° рассматривают в лупу, увеличивающую в четыре раза. Какой величины кажется угол?

Ответ: 1,5.

Задача 194. Окружность морских компасов делится на 32 равные части, называемые румбами. Сколько градусов составляют 4 румба?

Ответ: 45°.

Предлагаем вашему вниманию журналы, издающиеся в издательстве «Академия Естествознания»