дано, равносторонний треугольник со сторной а = 6м вписан в окружность
найти площадь одного из трех сегментов
радиус описанной окружности вокруг равностороннего треугольника равен
R = а /√3
площадь круга, радиуса R
S кр = πR²=πа²/3
площадь равностороннего треугольника со стороной а
S тр = √3а²/4
искомая площадь равна
S = (S кр-S тр)/3 = (πа²/3 - √3а²/4)/3 = а²*(π/3 - √3/4)/3 = а²*(4π-3*√3)/36 =
= 6²*(4π-3*√3)/36 м² = (4π-3*√3) м² = (4π-3*√3) м² = 7,37 м²
<span><em> Одно из оснований равнобедренной трапеции равно 4.<u> Найдите расстояние между точками касания</u> с ее боковыми сторонами вписанной в трапецию окружности радиуса 4.
</em>РЕШЕНИЕ
</span>Ясно, что 4 равно меньшее основание - большее не может быть меньше диаметра вписанной окружности.
<span>В равнобедренная трапеция АВСД основание ВС=4, r ω=4, ⇒
высота СН=2r=8,
</span>СР=СМ=2 по свойству отрезков касательных из одной точки.
<span><u>Сумма углов трапеции, прилежащих к одной боковой стороне, равна 180°</u>
</span><span>Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов трапеции, ⇒
угол СОД=полусумме этих углов и равен 90°
</span>ОР - высота прямоугольного треугольника СОД и равна r=4
<em>Высота прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное отрезков, на которые она делит гипотенузу:
</em> <span>ОР²=СР*РД
</span>16=2*РД
РД=16:2=8
В прямоугольном треугольнике СНД высота СН=2r=8, гипотенуза СД=2+8=10, <u>треугольник СОД «египетский»</u> и НД=6 ( можно проверить по т.Пифагора)
<span>КР|| основаниям трапеции, т.к. точки касания находятся на равном от них расстоянии.
</span> Δ СЕР ≈ Δ СНД по двум углам - прямому и общему острому.
Тогда
СР:СД=ЕР:НД
2:10=ЕР:6
10 ЕР=12
ЕР=12:10=1,2
<u>Половина КР</u>= половине ВС +ЕР=2+1,2=3,2
<span>КР=3,2*2=6,4</span>
А) Плоскость β проведена через точку К параллельно плоскости BDA1, следовательно, эти плоскости будут пересекаться гранями параллелепипеда по параллельным прямым и наоборот, параллельные грани параллелепипеда будут пересекаться плоскостью β по параллельным прямым.
То есть линии пересечения секущих плоскостей гранью АА1В1В по прямым А1В и РК, линии пересечения граней АВСD и А1В1С1D1 секущими плоскостями по прямым ВD и РO, линии пересечения секущих плоскостей гранью АА1D1D по прямым А1D и ON, линии пересечения граней АA1B1B и DD1C1C секущими плоскостями по прямым A1В и NM, линии пересечения секущих плоскостей гранью АBCD по прямым DB и ML и линии пересечения граней АA1D1D и BB1C1C секущими плоскостями по прямым A1D и KL. Таким образом мы получили сечение KLMNOP параллелепипеда плоскостью β.
Отметим, что ВКND - прямоугольник по построению (плоскости ВА1D и β параллельны, а ВК и DN перпендикулярны BD) и DN=BK. Следовательно и КВ1=ND1 и DN/ND1=BK/KB1=1/2.
Отметим, что MN параллельна диагонали СD1 по построению (MN параллельна ВА1, а ВА1 параллельна СD1) и по теореме Фалеса DM:MC=DN:ND1=1:2, или CМ=2МD, что и требовалось доказать.
б) Площадь сечения плоскостью β - это площадь двух трапеций:
КРОN и KLMN с основаниями KN, OP и высотой FR (KPON) и основаниями KN, LM и высотой ES (KLMN) соответственно. Причем KN=BD=√(36+64)=10.
PO=(1/3)*KN=10/3, LM=(2/3)*KN=20/3.
В треугольниках A1В1D1 и CBD высоты A1Q и СТ - высоты из прямого угла и по ее свойствам A1Q=СТ=6*8/10=4,8, а А1F=(1/3)*A1Q=1,6 и СЕ=(2/3)*СТ=3,2.
Тогда QF=A1Q-A1F=3,2; ET=CT-CE=1,6.
QR=(2/3)*BB1=(2/3)*12=8; ST=12-8=4.
По Пифагору FR=√(QF²+QR²)=√(10,24+64)=√74,24.
SE=√(ET²+ST²)=√(2,56+16)=√18,56.
Skpon=(OP+KN)*FR/2=20*√74,24/3
Sklmn=(LM+KN)*SE/2=25*√18,56/3
Sklmnop=Skpon+Sklmn=20*√74,24/3+25*√18,56/3=5√18,56(4√4+5)/3=65√18,56/3.
Ответ: площадь сечения равна 65√18,56/3 ≈ 93,34 ед².