111. Pelos pontos M e K, pertencentes aos lados AB e BC triângulo ABC consequentemente, foi realizado um MC direto, lado paralelo COMO. Encontre o comprimento do SK se BC = 12, MK = 8 e AC = 18 (Fig. 181). (1)

Decisão. Vamos denotar CS por x. Então VK \u003d 12 - x. Da semelhança dos triângulos ABC e MVK segue-se: MK/BK = AC/BC; 8/(12 - x) = 18/12; x = 20/3.

Resposta: 20/3.

112. Retangular Triângulo isósceles um retângulo é inscrito de modo que o ângulo do retângulo coincida com o ângulo no vértice do triângulo, e o vértice canto oposto fica na hipotenusa. Prove que o perímetro de um retângulo é um valor constante para dado triângulo(Fig. 182). (1)

Decisão. Seja AB = AC = a, DE = x; AD = y. Então DB = a - y; FC \u003d a - x. O triângulo DEB é semelhante ao triângulo FCE, então DE/DB = FC/FE; x / (a ​​- y) \u003d (a - x) / y; xy2 \u003d a2 - ay - ah + xy; x + y = a; PADEF \u003d 2 (x + y) \u003d 2a, ou seja, não depende de x e y.

113. Em um triângulo retângulo ABC, o ângulo A é um ângulo reto. Altura AD omitida, igual a? 5. Encontre o produto BD ? DC (Fig. 183). (1)

Decisão. Os triângulos ADB e ADC são semelhantes (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Então BD/AD = AD/DC; BD? DC = AD2= (?5)2= 5.

114. As alturas AD e CE são desenhadas no triângulo ABC. Prove que os triângulos ABC e DBE são semelhantes. O que é igual ao coeficiente semelhança (Fig. 184)? (2)

Decisão. A partir de triângulo retângulo TODOS: SER = SU? cos B. De ?ABD: BD = AB? cos B. Assim, os dois lados BD e BE do triângulo BDE são proporcionais aos lados AB e BC do triângulo ABC, e o ângulo B (o ângulo entre os lados proporcionais) é comum aos triângulos. ?BDE ~ ?ABC em dois lados e um ângulo entre eles.

Resposta: ksimilaridade = cos B.

115. Em Triângulo Equilátero círculo inscrito. Três pequenos círculos tocam este círculo e os lados do triângulo. Encontre o lado do triângulo se o raio do pequeno círculo for 1 (Fig. 185). (2)

Decisão. Como em um triângulo equilátero ABC ângulo ABC\u003d 60 °, então? OBM \u003d 30 ° (veja a Fig.). Dos centros O e O1 traçamos as perpendiculares OM e O1T ao lado BC. Por condição, O1T e O1K são iguais a 1. Denotamos os comprimentos dos segmentos OM e OK por R. Segue do triângulo BTO1 que BO1 = O1T/sen 30° = 1/0,5 = 2. Os triângulos BTO1 e BMO são semelhantes em dois ângulos (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – comum). Isso implica que O1T/O1B = OM/OB;

Agora sabemos o raio do círculo inscrito em um triângulo equilátero. Resta encontrar o comprimento de seu lado. Do triângulo BOM segue BM = OM ? ctg ?OBM = 3?3. Então BC = 2BM = 6?3.

Resposta: 6?3.

116. Duas tangentes são desenhadas de um ponto a um círculo. O comprimento de cada tangente é de 12 cm e a distância entre os pontos tangentes é de 14,4 cm. Determine o raio do círculo (Fig. 186). (2)

Decisão. Sejam OA e OB tangentes ao círculo centrado em C; A e B são pontos de contato. Então SW? OV, SA? OA. Além disso, OS? AB e bissecta este lado. OA = 12 cm, AM = 1/2 AB = 7,2 cm.

MOA \u003d? AOC (ângulos com lados mutuamente perpendiculares), o que significa que? OAC é semelhante a? OAM; então

Resposta: 9cm.

117. O centro O de um círculo de raio 3 está na hipotenusa AC do triângulo retângulo ABC. As pernas do triângulo tocam o círculo. Encontre a área do triângulo ABC se for conhecido que o comprimento do segmento OS é 5 (Fig. 187). (3)

Decisão. Seja ABC o triângulo dado no enunciado do problema. Denote por M e N os pontos de tangência do círculo, respectivamente, com os lados AB e BC. Conectando esses pontos com o centro O do círculo, obtemos o quadrado MBNO e, portanto, BN = OM = 3. O triângulo ONC é retangular, nele OS = 5, ON = 3. Portanto,

1

7-2. O MUNDO DAS DEFORMAÇÕES.

A teoria da elasticidade conhece apenas CINCO tipos de deformação dos corpos: compressão, tração, cisalhamento, flexão e torção, que não podem ser reduzidas umas às outras por transformações conhecidas. Ao mesmo tempo, na mecânica existem numerosos exemplos ilustrativos relação próxima, concomitância de compressão e tração (Fig. 11), cisalhamento e flexão (Fig. 12), cisalhamento e torção, etc. A partir desses exemplos, a hierarquia peculiar de tal acompanhamento é evidente:

Arroz. 11 Fig. 12

1. A compressão é acompanhada de alongamento.

2. O cisalhamento é acompanhado por compressão e tensão.

3. A flexão é acompanhada de compressão, tração e cisalhamento.

4. A torção é acompanhada por compressão, tensão, cisalhamento e flexão.

De fato, denotando as componentes das tensões normais em algum ponto do meio deformável como , e as tangenciais como , podemos escrever expressão famosa para o tensor de tensão a partir do qual a influência de todos os componentes de tensão é claramente vista:

. (6)

Como se sabe, a equação da superfície de tensões normais em algum ponto do meio deformado em sistema retangular coordenadas podem ser expressas como:

Em casos especiais, tal superfície pode assumir uma das mostradas na Fig. 13 (esfera), fig. 14 (toro) e fig. 15 (torus torcidos) tipos:

Arroz. 13 Fig. 14 Fig. quinze

Em outras palavras, os próximos tipos de deformações estão associados a novas possibilidades, o surgimento de novas propriedades do objeto deformável, como é típico do processo de aumento da dimensão do mundo. Portanto, temos o direito de representar o mundo das deformações como espaço multidimensional, em que a propriedade "adicional" é a capacidade adicional de uma determinada deformação, como mostra a Fig. 16. Ao mesmo tempo, atribuindo uma direção adicional a cada novo tipo de deformação, teremos que “atribuir” todas as três dimensões à torção. Com base no exposto, uma hierarquia peculiar de deformações parece razoável:

1. Compressão. 2. Esticar. 3. Mudança. 4. Dobre. 5. Torção.

Em conexão com as considerações acima, é oportuno lembrar da teoria da elasticidade as chamadas "CONDIÇÕES DE COMPATIBILIDADE DAS DEFORMAÇÕES" de Saint-Venant, que determinam a continuidade do meio. Como descobrimos em nosso trabalho, princípio principal TOPOLOGIAS - CONTINUIDADE é reflexo da principal propriedade do nosso MUNDO - a CONTINUIDADE de sua SUBSTÂNCIA. Assim, o aumento quantitativo destinos adicionais(propriedades, habilidades, oportunidades...) leva ao surgimento de novos características qualitativas, quantidades, parâmetros... Comparando esta nossa visão atributiva-substancial das categorias de dimensão com as disposições empíricas conhecidas sobre a objetividade de apenas dois tipos de matéria (substância e campo) e com a ausência na natureza do movimento "simplesmente" em vazio como um deslocamento em relação ao espaço "absoluto", temos que admitir que para todos os objetos materiais na forma de campos ou corpos reais é assumido ambiente geral, em que todos os objetos materiais (corpos e campos) estão localizados, interagindo entre si de acordo com as leis estabelecidas.

A história da física desde a época de Aristóteles chegou repetidamente à ideia do éter - uma certa substância na qual todos os processos que observamos ocorrem. Sem repetir aqui a cronologia dessas hipóteses, remeterei o leitor aos autores já
no século 20 que apresentaram suas próprias hipóteses semelhantes, que nunca se tornaram teorias produtivas, pois não conseguiram superar as conhecidas contradições da hipótese do éter. Encaminhando o leitor para textos completos obras dos mencionados pensadores, citarei aqui apenas uma chave em esta direção pensamentos de cada um dos autores citados:

“... O espaço é uma unidade em que a forma é formada por partículas localizadas na superfície do volume que recortam do vazio, e o conteúdo é a densidade e as partículas que preenchem este volume...” (Ver, p. 45 e mais).

“... Assim, de acordo com a totalidade de todos os requisitos a melhor maneira as propriedades do microcosmo são satisfeitas por um meio semelhante ao gás ... ”(Veja, p. 46 e adiante).

“... dinâmica clássica e mecânica quântica são dois procedimentos adicionais da teoria atômica...” (Ver, p. 18 e segs.).

“...Assim, um glóbulo é unidade elementar macrovolume de gás e líquido, que combina a unidade de massa, energia e espaço, e também, como veremos a seguir, cargas eletricas... "(Veja, p. 10 e mais).

Com o objetivo de esclarecer razões objetivas dessas falhas sistemáticas de inúmeras variantes das hipóteses do éter, terei que, dada a escassa circulação da publicação, citar-me do referido artigo: “Em 1935, Niels Bohr, em seu trabalho sobre física quântica chegou à conclusão epistemológica de que os fenômenos no microcosmo são compreensíveis no nível mecânico. Em particular, seu modelo "planetário", construído sobre o equilíbrio mecânico de forças elétricas entre elétrons em órbitas e prótons no núcleo atômico e forças centrífugas inércia do movimento do elétron em órbitas, suplementado princípio quântico, acabou sendo não apenas compreensível mesmo para não especialistas, mas também o mais produtivo em física atômica. Apesar das inúmeras adições e mudanças neste modelo para séculos de história desenvolvimento física atômica, acabou sendo não apenas o modelo mais objetivo, mas muito produtivo do átomo. A conformidade com este princípio de Bohr, por exemplo, em genética para explicar o mecanismo de hereditariedade em organismos vivos por transportadores de materiais- os cromossomos tornaram possível entender esses processos completamente não mecânicos na biologia de maneira surpreendentemente simples e completa, serviram como um poderoso impulso no desenvolvimento de uma nova direção na biologia - genética, etc. Deixando o leitor para trás as memórias da história da ciência dos inúmeros fatos do triunfo do princípio de Bohr, aqui só é necessário enfatizar sua universalidade, que pode ser usada como critério de objetividade: conformidade inferência científica O princípio de Bohr atesta a objetividade dessa conclusão.

7-3. COMPORTAMENTO NO MUNDO DAS DEFORMAÇÕES:

Vamos chamar de DEPHON a vizinhança do meio deformado em torno de DEFORMAÇÃO LOCAL no ponto O com as componentes indicadas de tensões normais e tangenciais, cujas superfícies são mostradas acima na Fig. 6 fig. 7 e fig. 8. É claro que a substância no mundo das deformações tem propriedades físicas, para a qual não temos motivos para estender nossas idéias tradicionais em física (sobre densidade, temperatura, viscosidade, elasticidade etc.), portanto, somos forçados a deixar essa questão em aberto por enquanto. Podemos apenas supor, por enquanto, que essas propriedades estão próximas das propriedades vácuo físico, ideias aproximadas sobre as quais temos com base nos resultados de estudos instrumentais do próximo espaço sideral: temperatura próxima a zero absoluto, viscosidade corresponde a superfluidez em temperaturas ultrabaixas, etc. Ao mesmo tempo, a partir da propriedade de compatibilidade de deformações notada acima (ver Fig. 4 de acordo com o item 2), é claro que a densidade da substância em tal compressão DEFONE mais densidade substância em sua vizinhança, que pode ser representada graficamente por alguma dependência , (8) onde no ponto O, como mostrado na Fig. 17. Como o comportamento de tais DEPHONES será determinado pelas direções das tensões indicadas, deve haver total certeza nesta questão, obrigando-nos a considerá-la mais detalhadamente. Aqui cabe lembrar que o conceito de DIREÇÃO em GEOMETRIA é determinado pelo valor de ÂNGULO - valor que aparece apenas em mundos bidimensionais - superfícies (radianos) e em mundos tridimensionais (esterradianos). Ao mesmo tempo, se para se para a não ambiguidade do valor do ângulo plano for necessário indicar seu sinal (direita - no sentido horário ou esquerdo - no sentido anti-horário em relação ao REPERATOR - linha dada), então para a inambiguidade do valor de o ÂNGULO espacial, também é necessário indicar sua orientação em relação à superfície (INTERNAL ou EXTERIOR), que está diretamente relacionada ao raio de curvatura da superfície correspondente. Para ilustrar a circunstância observada, usamos os resultados de estudos topológicos de campos vetoriais em superfícies, etc. 18, depois na Fig. 19, obtemos uma imagem dos campos vetoriais de componentes de tensão normal (Fig. 19-a) e tangencial (Fig. 19-b) na vizinhança adjacente ao esferóide, que, por definição, são ortogonais entre si (veja Fig. 19). (Fig. 89-a) eb) a ) Ao mesmo tempo, dois DEPHONEs semelhantes, localizados próximos um do outro, estarão com lados opostos qualquer superfície, que sempre pode ser representada como fechada no infinito ao longo de uma linha imprópria em torno de qualquer um dos DEFONES, como é claramente mostrado na Fig. 20, no qual se encontra um traço da superfície limite entre as vizinhanças de DEPHONES UMA e B tendo características m e m 1 respectivamente. É claro que o raio de curvatura desta superfície para DEPHONES UMA e B terá sinais opostos. Das circunstâncias observadas, segue-se imediatamente que dois DEFONES - ESFEROIDES de compressão vizinhos devem se aproximar, o que equivale à atração, como mostrado na Fig. 20 saindo por enquanto questão aberta sobre a magnitude dessa atração.

É claro que as direções dos campos das componentes de tensão normal e tangencial nas vizinhanças adjacentes aos nossos outros DEPHONs mais simples, que têm as superfícies de um toróide (Fig. 14) e um toróide torcido (Fig. 15), também devem ser considerados em detalhes a partir dessas posições. Do simples fato de que, em contraste com um esferóide simplesmente conectado, um toróide (veja a Fig. 14) é duplamente conectado, a conclusão imediata segue que não há simetria central do campo vetorial de componentes normais de tensão inerentes a um esferóide (veja Fig. 18), adquirindo no plano polar, plano equatorial ortogonal do toróide, simetria axial, permitindo-nos representar a mudança no campo vetorial das componentes de tensão normal, omitindo as transformações matemáticas feitas pelo autor anteriormente, como na Fig. 18 . 21, nas quais as linhas tracejadas n e - n indicam os níveis limitantes dos valores do campo vetorial dos componentes de tensão normal. Das circunstâncias observadas, segue-se novamente a conclusão sobre a necessidade da convergência de dois tais DEFON-TOROIDES de compressão vizinhos, que é equivalente à atração, semelhante à atração de DEPHON-ESFEROIDES na Fig. 20, mas a magnitude de tal gravitação de DEPHON-TOROIDS depende não apenas da distância entre eles, mas também do relativo entre si orientação espacial: nos planos equatoriais, sua interação está sujeita a simetria central, semelhante à interação de DEFONES - ESFEROIDES
(ver Fig. 20), e no plano polar a interação de compressão DEPHON-TOROIDS obedece simetria axial, deixando também a questão da magnitude de tal gravitação em aberto por enquanto. Neste caso, é importante notar o efeito da característica observada da interação DEPHON-TOROID, em contraste com a interação DEPHON-SPHEROID, apenas, como fica claro pela dependência gráfica na Fig. 21, a distâncias entre DEPHON-TOROIDS comparáveis ​​aos seus próprios tamanhos.

Arroz. 18 (Fig. 88 por) 19 (Fig. 89-a) eb) por )

Arroz. 20 (Fig. 186 por) 21

É possível imaginar a estrutura, mas não o mecanismo de formação de um DEPHONE - um TOROID torcido (ver Fig. 15) a partir de um DEPHONE-TOROIDE (ver Fig. 14), um DEPHONE - TOROID TORCIDO, usando a fig. 22-a), fig. 22-b) e fig.22-c), que mostram todo o DEFON-TOROID (ver Fig. 22-a), o DEFON-TOROID é cortado por um plano normal ao seu equador ao longo de A-B e as extremidades do corte são girados um em relação ao outro de 180 0 (ver Fig. 22-b), de modo que os pontos A 2 e B 1 da superfície DEPHONE-TOROID mudaram de posição, ou seja, A 2 ocupava a posição B 1 e B 1 ocupava a posição A 2, como resultado formando um TOROIDE DEPHON-TWISTED (ver Fig. 22-c).

Arroz. 22-a) Fig. 22-b) Fig. 22 polegadas

De fato, a formação de um TOROIDE DEFON-TWISTED pode ser representado como um processo de movimento de um círculo em torno de um determinado ponto de um meio deformável ao longo de um eixo externo - uma trajetória fechada durante a rotação deste círculo em relação à trajetória do centro deste círculo até que a trajetória seja fechada - que é o eixo do TOROID. Como vimos acima (ver Fig. 16), as deformações de torção são acompanhadas por todos os outros tipos de deformação: compressão, tração, cisalhamento e flexão. Portanto, de especial interesse prático para nós é a dependência (8) da densidade da distância dentro do próprio TOROIDE DEPHON-TWISTED e em sua vizinhança, como estabelecemos para o DEPHON-SPHEROID (ver Fig. 17), e também a dependência do campo vetorial das tensões das componentes normais em sua vizinhança, como encontramos acima para o DEPHONE-TOROID
(ver fig. 14). De acordo com as “CONDIÇÕES DE COMPATIBILIDADE DE DEFORMAÇÃO” de Saint-Venant, é bastante claro que durante a torção do DEFONT-TOROID (ver Fig. 15-b), sua camada superficial sofre tensão, que, se necessário, pode até ser calculado comparando os comprimentos da hélice de A 1 a B 2 ou de A 2 a B 1 com o comprimento do equador correspondente do toróide (ver Fig. 15-a). Esta circunstância leva à necessidade de deformação de tração na vizinhança mais próxima do DEFON-TOROIDE TORDO (veja a Fig. 15-c) como na Fig. 23. Além disso, considerando as tensões elásticas na própria superfície de tal toróide torcido, mostradas na fig. 24, onde as linhas de tensão na superfície de um toróide torcido entre e , também entre e , mostradas claramente na fig. 25, certamente levará, devido à reação estática, ao dobramento deste DEFONE-TOROIDE TORCIDO, que em planta pode ser representado na Fig. 26 e apresentá-lo visão real inferior na fig. 27 e a vista lateral real na fig. 28.

Em outras palavras, o DEFON-TOROID TORCIDO forma uma espécie de SUPORTE assimétrico, na vizinhança do qual as deformações que o acompanham também formam uma região assimétrica, dentro da qual os valores e direções das componentes de tensão normal e tangencial refletem essa assimetria do bairros com várias partes em relação ao SUPORTE DE FONE-TOROIDE TORCIDO.

Arroz. 24 Fig. 25. Fig. 26

Arroz. 27 Fig. 28

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Link bibliográfico

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171*. Determine os ângulos de inclinação da reta AB em relação ao quadrado. V e pl. N fi. 166a).

Decisão. Se a linha for paralela ao V (Fig. 166, b), então o ângulo entre esta linha e pl. H (ângulo α) é exibido sem distorção para a frente. projeções. Se a linha for paralela a H (Fig. 166, c), então o ângulo reto formado por este ângulo reto com pl. V (ângulo β) é exibido sem distorção no horizonte. projeções. Portanto, colocando a linha dada posição geral primeiro paralelo ao quadrado. V, e depois paralela a pl. H, pode-se definir os ângulos α e β, respectivamente.

Na fig. 166, d mostra a aplicação do método de mudança de pl. projeções para determinar os ângulos α e β. Assim, para determinar o ângulo α, um quadrado adicional é introduzido. S, perpendicular ao quadrado. H e paralela a AB, e determinar o ângulo β - um plano adicional T ⊥ V e ao mesmo tempo || AB.

Na fig. 166, e, a linha reta é, por assim dizer, girada: a) em torno de um eixo que passa pelo ponto B e perpendicular a pl. H, ao quadrado paralelo. V (posição a "1 b", a 1 b) -

o ângulo α é determinado; b) em torno de um eixo que passa pelo ponto A perpendicularmente e pl. V, ao quadrado do paralelismo. H (posição a"b" 1 , ab 1) - o ângulo β é definido.

Claro, você pode representar esses eixos no desenho; mas, aparentemente, a construção é possível sem ele.

172. A pirâmide SABCD é fornecida (ver fig. 154). Determine os ângulos de inclinação das arestas da pirâmide para o quadrado. V e pl. N.

173*. Determine os ângulos de inclinação do plano dados pelos triângulos ABC (Fig. 167, a), ao quadrado. H e pl. v.

Decisão. Como você sabe, o ângulo de inclinação (α) do plano para o quadrado. H é projetado sem distorção no quadrado. V, se o plano for perpendicular ao quadrado. V (Fig. 167, 6), e o ângulo de inclinação (β) do plano ao quadrado. V é projetado sem distorção no quadrado. H se o plano for perpendicular ao quadrado. H (Fig. 167, c).

Na fig. 167, d para determinar os ângulos, vamos ao sistema S, H, onde pl. S é perpendicular ao quadrado. H e a um determinado plano (o eixo S/H é perpendicular à projeção horizontal a-1 da horizontal).

A definição do ângulo β é feita movendo-se do sistema V, H para o sistema T, V, onde pl. T é perpendicular ao quadrado. V e ao plano dado do triângulo (o eixo T/V é perpendicular à projeção frontal do frontal "2").

Na fig. 167,d o mesmo problema é resolvido pelo método do movimento paralelo. Primeiro, todos os vértices do triângulo ABC dado são movidos em planos paralelos a H, de modo que o plano do triângulo seja perpendicular ao quadrado. V. Isso

alcançado com a linha horizontal A-1, movida de modo que fique perpendicular ao quadrado. V (projeção horizontal a 1 1 1 é perpendicular ao eixo x). Obtemos o ângulo α da inclinação do plano do triângulo ao quadrado. H sem distorção.

Determinar o ângulo β da inclinação do plano do triângulo ABC ao quadrado. O triângulo V é girado de modo que fique perpendicular ao quadrado. H. Isso é feito com a ajuda da frente C-2: ela é colocada perpendicularmente ao quadrado. H (posição C 2 2 2, projeção frontal c "2 2" 2 ⊥ x) e, portanto, o plano que passa por essa frente também é perpendicular ao quadrado. H.

174. A pirâmide SABC é fornecida (ver fig. 161). Determine os ângulos de inclinação das faces SAB, SAC e ABC em relação ao quadrado. H e pl. v.

175. Um paralelepípedo é dado (ver Fig. 165). Determine os ângulos de inclinação da base ABCD e da face CDHG ao quadrado. V e beira ADEH a pl. N.

176*. Determine o valor do ângulo BAC (Fig. 168, a).

Decisão. Se o plano do ângulo é paralelo a qualquer quadrado. projeções, então este ângulo é projetado sobre ele sem distorção (Fig. 168, b).

Na fig. 168, no problema é resolvido usando o método de mudar o quadrado. projeções. Como o plano do ângulo BAC é um plano em posição geral (sua horizontal não é perpendicular a nenhum dos planos V, H, W), é necessário primeiro suplementar o sistema V, H pl. S, tomando-o perpendicularmente ao quadrado. H e ao plano angular BAC. Como resultado dessa transformação, a projeção do ângulo no plano S será na forma de um segmento a s l s . Agora você pode inserir outro quadrado adicional. projeções (T), traçando-o perpendicularmente ao quadrado. S e ao mesmo tempo paralelo ao plano do ângulo BAC. O ângulo l t a t 2 t representará o valor natural do ângulo BAC.

Na fig. 168, e o ângulo desejado cp é determinado pelo método do movimento paralelo.

Primeiro, o plano do ângulo é movido de modo que se torne perpendicular ao quadrado. V (para isso, colocamos a projeção horizontal da horizontal perpendicular ao eixo x). Em seguida, colocamos o plano do ângulo paralelo ao quadrado. H, para o qual movemos a projeção 1 "1 a" 1 para a posição 1 "2 a" 2 (ou seja, || eixo x). Outra construção é mostrada na Fig. 168,6. Aqui, para determinar a magnitude do ângulo, é aplicada uma rotação em torno da horizontal: o plano do ângulo estará localizado paralelo ao quadrado. H (posição T).

As construções são feitas na seguinte ordem:

1. Um plano de rotação do ponto A é desenhado - um quadrado que se projeta horizontalmente. R, perpendicular à horizontal (ou seja, ao eixo de rotação).

2. O centro de rotação do ponto AB está marcado na intersecção da horizontal com o quadrado. R (ponto O, O") e as projeções do raio de rotação (Oa e O "a") são indicados.

3. Determina-se o valor natural do raio de rotação (é expresso pela hipotenusa OA do triângulo OaA).

4. Traça-se um arco de círculo de raio OA i em R h, encontra-se um ponto a 1 - o horizonte. projeção do vértice do canto depois de ter sido girado em torno da horizontal até ficar alinhado com o quadrado. T - e o ângulo 1a 1 2 é construído, igual ao desejado.

Para resolver problemas do tipo 176, o mais racional é o uso da rotação em torno da horizontal (ou frontal), como mostra a Fig. 168, D.

177. A pirâmide SABC é fornecida (ver fig. 156). Gire ao redor da horizontal para determinar o ângulo entre as bordas e SB, SB e SC, SC e SA.

178. Um paralelepípedo é dado (ver Fig. 165). Determine os ângulos entre as arestas DH e CD, CG e CD, AB e BC.

179*. Determine o ângulo entre as retas de interseção AB e CD (Fig. 169, a).

Decisão. O ângulo entre duas linhas de interseção é determinado pelo ângulo fornecido pelas linhas de interseção respectivamente paralelas às linhas de interseção dadas. Para determinar a magnitude do ângulo, deve-se começar com sua imagem no desenho. Isso é feito na fig. 169.6, e foi utilizada uma das retas dadas - CD, passando pelo ponto C do qual foi traçada a reta CM, paralela à outra reta dada - AB. O valor do ângulo MCD (rns.169, c) expressa o ângulo entre as retas AB e CD. Isso é feito girando em torno da horizontal 1-2 (Fig. 169, a), tomada em quadrado. ângulo MCD.

180. A pirâmide SABC é fornecida (ver fig. 160). Determine o ângulo entre suas arestas: a) SB e AC, b) SA e BC.

181*. Determine o ângulo φ da inclinação da reta AB em relação ao plano, dado por um triângulo CDE (Fig. 170, a).

Decisão. Como você sabe, o ângulo entre a reta (AB) e o plano (P) é chamado de ângulo agudo (φ) entre a reta e sua projeção (a p K) neste plano. Para construir (Fig. 170, b) esse ângulo, você precisa encontrar os pontos de interseção com o quadrado. P reta AB e uma perpendicular traçada a partir de qualquer ponto da reta AB no quadrado. R. Mas se, como neste problema, você só precisa determinar o ângulo de inclinação da linha reta em relação ao plano, é mais fácil determinar o ângulo δ, que é complementar ao ângulo φ: tendo encontrado o ângulo δ , você pode determinar o ângulo φ a partir da relação φ = 90 ° - δ. Na fig. 170, c mostra a construção das projeções am e a "m" da perpendicular ao plano do triângulo CDE, para as quais são tomadas a horizontal e a frontal desse plano: am ⊥ e - 1, e "m" ⊥ e "2".

Agora você pode determinar (Fig. 170, d) o valor natural do ângulo δ com o vértice A, que é feito girando em torno da horizontal b "З", b-3. O ângulo desejado φ = 90°-δ.

182. Dada uma pirâmide SABC (ver Fig. 1611. Determine os ângulos de inclinação das arestas SA, SB e SC para a face ABC

183*. Determine o ângulo entre as faces ABC e ABD (Fig. 171, a).

Decisão. O ângulo diedro é medido pelo ângulo linear obtido na interseção das faces do ângulo diedro com um plano perpendicular a ambas as faces do diedro e, portanto, à linha de sua interseção, ou seja, a borda do ângulo diedro. Se esta aresta AB é perpendicular a qualquer quadrado. T (Fig. 171.6), então obtido no quadrado. A projeção T de um ângulo diedro expressa seu ângulo linear.

Para resolver o problema (Fig. 171, c), foi aplicado o método de mudar o quadrado. projeções. Do sistema V, H, é feita uma transição para o sistema S, V, onde S ⊥ V e S || AB, e então deste sistema S, V transição para o sistema T, S, onde T ⊥ S e T ⊥ AB.

Triângulos são projetados no quadrado T na forma de segmentos a t c t e a t d t . O ângulo entre eles é igual ao ângulo desejado φ.

Na fig. 171, d mostra a solução do mesmo problema usando o método do deslocamento paralelo: a aresta AB é perpendicular ao quadrado. N.

184*. Determine o ângulo formado pelo plano P e o plano do triângulo ABC (Fig. 172, a).

Decisão. Se, resolvendo esta tarefa, aderir ao esquema de solução anterior, então é necessário construir uma linha reta de interseção dos planos dados. Mas é possível proceder de outra maneira, sem construir essa linha, ou seja, sem determinar as arestas do ângulo diedro necessário. Você pode proceder da seguinte forma: determine não diretamente o ângulo φ, mas o ângulo σ (Fig. 172, b) entre as perpendiculares KM e KN, traçadas a partir de qualquer ponto K em aviões dados. Tendo encontrado o ângulo σ, obtemos φ = 180° - σ.

Tal solução difere em sua essência das soluções da Fig. 171, c e 171, a. Tomando um certo ponto K (Fig. 172, c), traçamos dele as perpendiculares KN e KM, respectivamente, ao plano do triângulo ABC n a pl. R: do ponto k "desenhamos k" n "⊥ a" b" e k "m" ⊥ P ϑ, e do ponto k - kn ⊥ ac e km ⊥ P h. Assim, obtemos um ângulo com projeções mkn e n "k "n" (ângulo σ) . tamanho real este ângulo foi obtido girando em torno do frontal 1-2 (Fig. 172, d). Uma vez que um ângulo agudo é obtido, podemos

185. O SABCD da Pirâmide é fornecido (ver Fig. 154). Determine os ângulos entre as faces SAB e SBC, SBC e SCD, SAD e SAB alterando os planos de projeção.

186. Dado um paralelepípedo (Fig. 165). Definir ângulos entre as faces CDHG e EFGH, BCGF e CDHG.

200. a) Método de imagem. Continuando o segmento BC (Fig. 185), representando a perna da base, a uma distância CD = BC, obtemos o ponto D, que é de natureza simétrica com B em relação à perna AC.

Vamos dar um ponto M no meio da aresta AA 1 e desenhe uma seção do prisma por um plano P passando pelos pontos B 1, M e D. Para fazer isso, conecte os pontos B e D. Na interseção com a aresta CC 1 encontramos o ponto N. Triângulo B 1 NM será a seção desejada. De fato, o ponto D está na linha BC e, portanto, pertence ao plano CBB 1 C 1 (D está na continuação da face CBB 1 C 1). Mas o ponto D também está no plano P, então está na linha de interseção do plano P com SVV 1 C 1 .

Da mesma forma, o ponto B 1 está nesta linha. Isso significa que os planos P e BCC 1 B 1 se cruzam ao longo da linha reta B 1 D. O ponto N, onde B 1 D cruza com a aresta CC 1, é um dos vértices da seção, então a seção do prisma é um triângulo B 1 NM.

Como BC=CD e CN||BB 1 então CN é linha do meio triângulo BB 1 D, ou seja, N é o ponto médio da aresta СС 1 . Portanto, a linha MN é paralela à linha AC situada no plano da base. Como resultado, a linha DE, ao longo da qual o plano P intercepta o plano da base, é paralela a AC e, portanto, é perpendicular ao plano da face BCC 1 B 1 . então / BDB 1 é um ângulo diedro linear φ na borda DE.

b) Decisão. Nós temos (veja a solução do problema)

(Onde uma = sol, b = AC), e uma vez que b = uma tg β , então

Vamos encontrar uma 2. Por condição β existe um menor cantos afiados triângulo ABC, então b < uma e área b H borda ACC 1 A 1 menos que a área uma Н facetas de ВСС 1 В 1 Portanto, a diferença S dessas áreas (assumimos que é positiva) é igual a ( a-b ) H. Do triângulo DBB 1 , onde BD = 2BC = 2 uma , encontramos H = 2 uma tg φ . Conseqüentemente,

S=2 uma 2 (l - tg β )g φ .

A partir daqui encontramos uma 2 .

201. O ângulo entre as diagonais sem interseção BA 1 e AD 1 (Fig. 186) é igual ao ângulo φ = / A 1 BC 1 entre VA 1 e BC 1 direto paralelo AD 1 .

Nós temos / CBC 1 = / PAI 1 = α e / ABA 1 = β . Para determinar o ângulo φ encontramos A 1 C 1 2 primeiro a partir do triângulo A 1 BC 1 (de acordo com o teorema do cosseno), e depois a partir do triângulo retângulo A 1 B 1 C 1 e igualamos as expressões encontradas. Nós temos

VA 1 2 + BC 1 2 - 2 BA 1 BC 1 cos φ \u003d B 1 A 1 2 + B 1 C 1 2

2BA 1BC 1cos φ \u003d (VA 1 2 - B 1 A 1 2) + (BC 1 2 - B 1 C 1 2) \u003d 2 BB 1 2.

B substituímos esta igualdade

(do triângulo BAA 1) e . Nós temos

porque φ = pecado α pecado β .

Outra maneira. Desenhe um plano B 1 C 1 B 2 C 2 através da aresta B 1 C 1 perpendicular a BA 1 (isso é possível, pois B 1 C 1 _|_BA 1). Seja E o ponto de intersecção das linhas BA 1 e B 1 B 2 . Do triângulo retângulo BC 1 E encontramos BE = BC 1 cos φ , a de um triângulo retângulo ВВ 1 Е, onde / B 1 BE = 90° - β , temos

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

O segmento BB 1 é expresso em termos de BC 1 do triângulo BB 1 C 1 , onde / B 1 BC 1 = 90°- α . Obtemos BB 1 = BC 1 sen α e, portanto,

BE = BC 1 pecado α pecado β .

Igualando as duas expressões do segmento BE, obtemos

Dom 1 cos φ = BC 1 pecado α pecado β .

Representante porque φ = pecado α pecado β .

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202. Indicar ângulos diedros com costelas SA, SB, SC (Fig. 187) até φ UMA , φ b, φ C.

Tracemos por algum ponto da aresta SC o plano DFE perpendicular a SF. Então / DFE= φ C. Determinamos ED 2 a partir do triângulo EFD e do triângulo ESD, e então igualamos as expressões resultantes. Nós achamos

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 - 2SF2.

Substituímos nesta igualdade

FE = SFtg α ;

FD = SFtg β ;

SE=SF/cos α

SD=SF/cos β

Da mesma forma, encontramos cos φ A e co φ b.

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203. É resolvido como o problema anterior.

Representante porque γ = cos α porque β + pecado α pecado β co A.

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204. Veja a tarefa 202.

Rep O ângulo desejado contém 90°.

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205. Deixe o ponto M repousar sobre a face Q (Fig. 188).

Por condição, a linha AM forma um ângulo com AB α , e a linha, MB, é perpendicular a AB. Desenhemos o plano MBN através do BM, perpendicular à aresta, e soltemos a perpendicular MN do ponto M até BN. A linha MN também é perpendicular a NA e / HOMEM= β (provar!). Nos tambem temos φ =/ NBM. Injeção φ encontramos do triângulo NBM onde MN = AM sen β (do triângulo ANM) e BM=AM sen α (do triângulo AMB). Nós temos

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206. Na fig. 189 PQ representa uma perpendicular comum às linhas de interseção LL" e MM". Para obter o ângulo em que o segmento PQ é visível a partir do ponto A, você precisa desenhar um raio AP; então / PAQ= α . De forma similar / PBQ= β .

Vamos traçar uma linha PE através do ponto P paralelo a MM". Então o ângulo entre as linhas MM" e LL" é (por definição) o ângulo φ = / EPB. Soltemos a perpendicular AE de A à reta PE e desenhe AB (todas as outras linhas que dão a imagem de um paralelepípedo, cujas arestas são PQ, QA e PB, são desenhadas apenas para maior clareza do desenho). Do triângulo retângulo BPQ encontramos

PB=PQctg β = h ctg β .

De forma similar

PE=QA= h ctg α .

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

A linha AE é perpendicular ao plano EPB, pois é paralela à linha PQ, que é a perpendicular comum às linhas PB e PE. Do triângulo retângulo AEB encontramos

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

Representante AB2 = h 2 (1 + ctg 2 α + ctg 2 β -2ctg α ctg β porque φ )

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207. Desenho da tarefa anterior (na presente tarefa φ = 90°). Nós temos

BE \u003d √PE 2 + PB 2 \u003d h √ctg 2 α + ctg 2 β .

O ângulo entre as linhas AB e PQ é igual ao ângulo entre AB e a linha AE paralela a PQ. Denotando-o através γ , temos

Representante tg γ = √ctg2 α + ctg 2 β

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208. Deixe (Fig. 190)

Vamos primeiro encontrar a razão do volume V 1 da pirâmide DMNP para o volume V da pirâmide DABC. Vamos tomar a face do BDC como a base da pirâmide DABC e a face do NPD como a base da pirâmide DMNP. Seja a aresta DA projetada no plano DBC por um segmento situado na linha DE. Então os pontos A e M se projetam em alguns pontos K e L situados na linha DE. Portanto, as alturas AK = h e ML= h 1 estão no plano ADE e os triângulos DML e DAK são semelhantes. Meios,

A área S 1 da base de NDP está relacionada com a área S da base de BDC, assim como DN DP está para DB DC (porque os triângulos NDP e BDC têm ângulo comum D). Meios,

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209. Plano de Solução : da semelhança dos triângulos OEL e MEK. (Fig. 191) expressa OL em termos de MK= b e ME = H / 2 , a partir da semelhança dos triângulos ОСЕ e MEN expressamos OS em termos de MN = h e ME = H/2.

Substituindo as expressões encontradas na relação OC 2 =2 OL 2 obtemos uma equação da qual encontramos H.

Decisão. Nós temos

OL: H = MK: EK,

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Problema 175. A roda tem 18 raios. Encontre o ângulo (em graus) que dois raios adjacentes formam.

Resposta: 20°.

Problema 176. Quantos raios existem em uma roda se os ângulos entre os raios adjacentes são de 18°?

Resposta: 20 peças.

Problema 177. Uma roda dentada tem 72 dentes. Quantos graus estão contidos no arco de um círculo entre os pontos médios de dois dentes adjacentes?

Resposta: 5°.

Problema 178. Quantos dentes tem uma roda dentada se o arco circular desta roda entre dois dentes adjacentes é de 12°?

Resposta: 30 peças.

Problema 179. Que ângulo (em graus) os ponteiros dos minutos e das horas de um relógio formam às 5 horas?

Resposta: 150°.

Problema 180. Que ângulo o ponteiro dos minutos descreve em 10 minutos?

Resposta: 60°.

Problema 181 ponteiro das horas em 20 minutos?

Resposta: 10°.

Problema 182. Em que ângulo o ponteiro dos minutos gira enquanto o ponteiro das horas passa 1 hora e 30 minutos?

Resposta: 18°.

Problema 183. Quantas rotações por minuto uma roda dentada com 32 dentes faz se a roda dentada com 8 dentes acoplada a ela faz 12 rotações por minuto?

Resposta: 3 rpm.

Problema 184. A razão dos diâmetros de duas engrenagens é 3:8. Em que ângulo a roda maior irá girar com uma revolução da menor?

Resposta: 135°.

Problema 185. Uma roda dentada tem 12 dentes. Quantos dentes tem a segunda engrenagem engatada com ela se, com uma revolução da primeira engrenagem, a segunda gira em um ângulo de 120°?

Resposta: 36 peças.

Problema 186. Quantos graus a Terra irá girar em torno de seu eixo em 8 horas?

Resposta: 120°.

Problema 187. Em quantas horas a Terra irá girar 90° em torno de seu eixo?

Resposta: 6 horas.

Problema 188. O peso A está pendurado em uma corda lançada sobre o bloco mostrado na figura. O ângulo BOC é de 136°. O que é igual ao ângulo entre as linhas AB e CD?

Resposta: 45°.

Problema 189. Encontre o ângulo formado pelas linhas de entalhe na lima mostrada na figura.

Resposta: 80°.

Problema 190. Na planta da cidade, as ruas marcadas como AB e CD são paralelas. A rua EF faz ângulos com as ruas AB e AC respectivamente de 43° e 65°. Encontre o ângulo entre as ruas AC e CD.

Resposta: 108.

Problema 191. Para medir ângulos, os artilheiros usam unidade especial, que é chamado de milésimo. Existem 6.000 milésimos em 360 graus. Quantos milésimos existem em 1°30′?

Problema 192. Para medir ângulos, os artilheiros usam uma unidade especial, chamada milésima. Existem 6.000 milésimos em 360 graus. Quantos graus são 100 milésimos?

Problema 193. Um ângulo de 1,5° é visto quatro vezes através de uma lupa. Qual é o tamanho do ângulo?

Resposta: 1,5.

Problema 194. A circunferência das bússolas marinhas é dividida em 32 partes iguais, chamadas de pontos. Quantos graus são 4 rumba?

Resposta: 45°.

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