УЧЕНЫЕ ЗАПИСКИ: МАТЕМАТИЧЕСКИХ КАФЕДР. ВЫП.1.1967

Найти боковую поверхность ци­ линдра и вычислить ее при а ==18,57 дм, сг= 58°2Г и р = 29°16' (предлага­ лась на экзаменах на аттестат зре­ лости в 1954 г.). Решение просто: 1• S бок. = 2 k RH, где Н = DDX и 2 R = DB (см. черт. 49). 2. Из A AXBDX находим BDX: BD{ = — — . sin р 3. Из A DD XB находим DDX и DB: DD X = ——— sin а; sin р DB = —- cos а. sin р . г, 5ia 2 sin2i , . 4. 5бок. = —— — (кв. ед.) и при 2 sin 2 р заданных значениях параметров 5бок. = 2022 дм2. Проверка конструктивным решением. Масштаб: 1:30. 1. Строим ABCD{ по катету a = 6,2 см и углу р = 29°16' (см. черт. 50). 2. На BDX, как на гипотенузе, строим A D XBD с углом a = 57°25\ 3. DB = 2R, а DD X= H, измеряем эти отрезки: 2R да 6,75 см и Яда 10,6 см, тогда 5б0к» 3,14-6,75-10,6-9 да 21,195-95,4 да 21,2-95,4 да 2022,48 да 2022 дм2. Исследование решения. 1. На DB, как гипотенузе, построим A DCB, с катетом а, тогда СВ = а — меньшая сторона основания параллелепипеда, а D C — „большая" сторона основания параллелепипеда. 2. Для существования параллелепипеда необходимо DB~>CB, отку­ да /__DXBD < /_DXBC, или a < 90° — р, т. е. а + р < 90°. Аналити­ ческим решением и формулой решения эта зависимость между а и Р не обнаруживается и чертежом не подсказывается. Теперь же, после установления зависимости а + Р < 90° из построения, легко найти эту зависимость и из чертежа 49. В самом деле, в трехгран­ ном угле D XAXBA имеем /_ BDXD = 90° — a, /_ BDXAX = 90° — р и l_DDxAx = 90°, тогда 90° < 90° - a + 90° — р, или a + р < 90°. 3. Из построения основания параллелепипеда выяснилось, что сторона а не оказалась меньшей, как это указано в условии. Не­ трудно видеть, что для DC У СВ необходимо 2 R > a V 2 , т. е. Z .a < /_MBDX, где MB = a-Y 2, откуда a < arc cos (j/2-sin p). Вместе с этим необходимо и СВ < D yC, откуда р < 45°.