ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов)

А.С. РыловДомашняя работапо геометрииза 11 класск учебнику «Дидактические материалыпо геометрии для 11 класса / Б.Г. Зив. —6-е изд. — М.: Просвещение, 2002»Самостоятельные работыВариант 1С—11. Дано: куб, A(2; –2; 0). DC1 ∩ D1C = MНайти: 1) координаты всех остальных вершин. 2) Координаты векторовJJJG JJJG JJJJGG G GOD ; OC ; OM и разложить их по векторам i ; j ; k .Решение:Z1) Ребра куба равны 4 (по построению),B1C1значит, B(–2; –2; 0); C(–2; 2; 0); D(2; 2; 0);A1(2; –2; 4); B1(–2; –2; 4); C1(–2; 2; 4); A1D1D1(2; 2; 4).2) Координаты:MJJJGJJJGCOD {2 – 0; 2 – 0; 0 – 0}; OD {2; 2; 0};B OYJJJGGGGAOD = 2i + 2 j + 0 ⋅ k ;DXJJJGJJJGGGGOC {–2; 2; 4}; OC = −2i + 2 j + 4 ⋅ k .Координаты точки M(0; 2; 2):JJJJGJJJJGGGGOM {0; 2; 2}; OM = 0 ⋅ i + 2 j + 2k .GGG2. Дано: векторы a {2; –1; 3}, b {–3; 2; 1} и c {–10; 6; –4}.GGGБудут ли коллинеарны векторы a − b и c ?Решение:JJJJJGGG(a − b ) {2 + 3; –1 – 2; 3 – 1}G G(a − b ) {5; –3; 2}GG GВекторы c и a − b коллинеарны, если существует такое k, что:⎧⎪5k = −10⎨−3k = 6 .⎪⎩2k = −4Очевидно, k = –2.

Значит, векторы коллинеарны.С—2GG1. Дано: 2 вектора a {–2; 1; –1} и b {1; –3; 2}.GGGGНайти: | a + 2b | и | a | + | 2b | .Решение:GGИтак, (a + 2b ) {–2 + 2 ⋅ 1; 1 + (–3) ⋅ 2; –1 + 2 ⋅ 2}3GG(a + 2b ) {0; –5; 3}GG| a + 2b | = 02 + 25 + 9 = 34GG| a | + | 2b |= 4 + 1 + 1 + (2 ⋅ 1) 2 + (−3 ⋅ 2) 2 + (2 ⋅ 2) 2 == 6 + 4 + 36 + 16 = 6 + 56 = 6 + 2 14 .2. Дано: В ∆ABCBM — медиана; A(–1; 2; 2), B(2; –2; –6), M(1; 1; –1).1) Найти координаты C.2) Найти длину BC.JJJGG G G3) Разложить BC по векторам i , j , k .Решение:Пусть x, y, z — координаты т.

C. Зная формулу середины отрезка, составим систему:⎧ −1 + x⎪ 2 =1⎧⎪ x = 3⎪⎪ 2 + y=1 ⇔ ⎨y = 0 .⎨⎪ 2 +2 z⎪⎩ z = −4⎪= −1⎪⎩ 2Итак, C(3; 0; –4).Найдем длину DC, зная координаты:JJJG| BC |= (3 − 2) 2 + (0 + 2) 2 + (−4 + 6) 2 = 1 + 4 + 4 = 3.JJJGBC {3 – 2; 0 + 2; –4 + 6}JJJGGGGBC {1; 2; 2} ⇒ BC = i + 2 j + 2k .ZС—31. Дано: DABC — тетраэдр, ребраравны, а K∈BC BK = KCJJJG JJJGНайти: 1) DA ⋅ AKJJJG JJJG2) DA ⋅ BCРешение: Поместим DABC в прямоугольную систему координат, тогдаJJJG ⎪⎧ 3⎪⎫DA ⎨−a;0;0 ⎬2⎪⎩⎭⎪JJJGBC {0, − a,0}2JJJG JJJG3 ⎛ 3⎞ 2a⋅ ⎜⎜DA ⋅ AK =⎟⎟ a = −3 ⎝ 2 ⎠24DYXBAKCJJJG JJJGDA ⋅ BC = 0 .2.

Дано: ABCDA1B1C1D1 — куб DC1 ∩ D1C = M. Выяснить какова вели∧JJJJGJJJJGчина угла AM BD1Решение: Поместим куб в прямоугольную систему координат, как показано на рисунке.Пусть AB = 2ZJJJGJJJGAM {1 –2; 2; 1}; AM {–1; 2; 1};BCJJJGA| AM |= 1 + 4 + 1 = 6DMJJJGBD1{2; 2; 2}; | BD1 |= 12 = 2 3YJJJG JJJGCBAM ⋅ BD1 =–2 + 4 + 2 = 4ADXJJJG JJJGAM ⋅ BD1 = 2 3 ⋅ 6 cos α11112 18 cos α = 4cosα =222 2==⇒ α — острый.318 3 2С—4Ga∧GGGG1.

Дано: a = 2 ; | b |= 1 ; ab = 135° .G−2b∧G G G GНайти: (a + b )( a − 2b ) = α .Решение: По т. косинусовGG GGG G2=1| a + b |= a 2 + b 2 − 2 a b cos 45° = 2 + 1 − 2 2 ⋅2GGa − 2b.GG| a − 2b |=G2GGGa 2 + −2b − 2 a ⋅ 2b cos135°= 2 + 4 + 2 2 ⋅2⋅Gb2= 102GGG2 G Ga2G G GG2(a + b )( a − 2b ) = a − 2 b − (a ⋅ b ) = 2 − 2 + 2 ⋅aG = 12G Ga+bGbcosαGG G G(a + b )(a − 2b )11= G G G=G =10a + b ⋅ a − 2b 1 ⋅ 10⎛ 1 ⎞α = arccos ⎜⎟⎝ 10 ⎠2. Дано: тетраэдр, DABCAB = AC, ∠DAC = ∠DAB.5DДоказать: AD ⊥ BC.Решение: Н — основание высотыAH∆ABCО — основание высоты DO тетраэдераJJJG JJJG JJJG1) AD = AH + HDJJJG JJJGJJJG JJJGAH ⊥ BC ⇒ OH ⊥ BCABOHCJJJG JJJGJJJG JJJG2) По теореме о трех перпендикулярах HD ⊥ BC ⇒ ( AD ⋅ BC ) =JJJJG JJJG JJJGJJJJG JJJGJJJG JJJG= (( AH + HD ) ⋅ BC ) = ( AH ⋅ BC ) + ( HD ⋅ BC ) = 0 + 0 = 0 ⇒ AD ⊥ BCС—5.1.

Т. A(100; 200; 1) переходита) в т. A1(–100; –200; –1) при центральной симметрии относительно начала координат.б) в т. A2(100; 200; –1) при зеркальной симметрии относительно плоскости Оxy.2. Т.к. при движении отрезок отображается на равный ему отрезок, тотреугольники получаются равные по третьему признаку, т.е. по 3-м сторонам.С—61. При движении углы сохраняются, следовательно, прямая перейдет впрямую. Так же если прямая была перпендикулярна любой прямой в плоскости, после движения эта прямая будет так же перпендикулярна любойпрямой в плоскости.2. Пусть дана прямая, перпендикулярная плоскости, тогда движениеммы получим прямую, параллельную данной, а по свойству, доказанному взадаче № 1, она будет так же перпендикулярна плоскости.С—71.

Дано: цилиндр, два сечения S и S1 площадьосевого сечения равна S, угол между сечениями∧=30º; αβ = 30° .Найти: S1 — площадь второго сеченияРешение: Пусть образующая h.S1SAO2hBCS.AB2) Рассмотрим ∆ABC. Он прямоугольный. Т.к. AB — диаметр окружности ⇒ CB = AB ⋅ cos30°.S33) S1 = AB ⋅ cos30°= Scos30° =S.2AB1) S = AB ⋅ h; S1 = CB ⋅ h ⇒ S1 = CB63S.Ответ:22. Дано: ABCA1B1C1 — правильная призма, впризму вписан цилиндр, АА1 = 3; АВ = 2 3 .Найти: Sпов. цил..Решение:1) Рассмотрим правильный ∆ABC:3 ABr== 1.62) Sцил. = 2πr2 + 2πr ⋅ АА1 = 2π + 2π ⋅ 3 = 8π.Ответ: 8π.B1A1C1BACRС—81. Дано: конус, R — вершина, RIG — сечение,О — центр основания, SL — диаметр, SL||GI∠C1OI = 90°, ∠SRL = 60°, GI = a.Найти: Sбок.

— ?Решение:1) Рассмотрим ∆OGI: он равнобедренный (OGa2= OI = R) ⇒ R ==a.22L2) Рассмотрим ∆LRS: SL = 2R = 2a ; SR = RL= l, но ∠SRL = 60° ⇒⇒ SR = RL = SL = l = 2R = 2a .3) Sбок. = πRl = π ⋅GOSIB2a ⋅ 2a = πa2.2Ответ: πa2.2. Дано: усеченный конус, длины окружностей оснований 4π и 10π, h = 4.Найти: Sповерх..Решение:1) Рассмотрим верхнее основание: d = 2πr; 4π = 2πr; r = 2.2) Рассмотрим нижнее: d1 = 2πR ⇒ 10π = 2πR ⇒ = 5.3) Из ∆ABC: BC = 5 (BA = h = 4; AC = R – r = 3).4) Sполн. = πr2 + πR2 + π(R + r)l = 4π + 25π + 35π =64π.RОтвет: 64π.С—9.1.

Дано: ∆RIG вращается в кругу RG; IR = 3;∠RIG = 90°, IG = 4.Найти: Sтела вращ..Решение: Пусть О — основание высоты IO∆RIGhCASOIG71) Рассмотрим ∆RIG: ∠RIG = 90°, RI = 3; IG = 4 ⇒ RG = 5.2) RG ⋅ IO = RI ⋅ IG; 5 ⋅ IO = 12; IO = 2,4 = R.3) Sтела вращ. = Sбок. IRS + Sбок. IGS = πRL + πRl = π ⋅ 3 ⋅ 2,4 + π ⋅ 2,4 ⋅ 4 = 16,8π.Ответ: 16,8π2. Дано: RABC — правильная пирамида, AC = CB = BA = a, RO — высота, боковые грани наклонены к основанию под углом 45º в DABC в вписанконус.Найти: Sвпис.

конуса бок..RРешение:3a1) Рассмотрим ∆ABC: r == OS .62) Т.к. боковые грани равнонаклоненыBк оси, то вершина конуса проецируется в Aцентр вписанной окружности.O3) Рассмотрим ∆SOR: он равнобедренSный (∠ROS = 90°, ∠RSO = 45°) ⇒ AO = R =Ca 3SR =.6SR =a 6— образующая конуса.64) Sбок. конус = πrl = π ⋅Ответ:3a 6a πa 2 2⋅=.6612πa 2 212С—101. Дано: сфера (О, R), О(3, 0,0), А(0,2, 5 ) ∈ сфера. Написать уравне-ние сферы.

Выяснить принадлежт ли сфера точки (5, 0, 2 3 ); (4, –1, 0).Решение:а) (x – 3)2 + y2 + z2 = 16б) (5 – 3)2 + 0 + 12 = 1616 = 16T(5; 0; 2 3 )принадлежит(4 – 3)2 + 1 + 0 ≠ 16T(4; –1; 0)не принадлежит.2. Дано: ∆ABC, A, B, C ∈ сфере с центром О, ОН — расстояние от О до (АВС) AB= 15, BC = 351 , OH = 5, ∠АBС= 90°.Найти: OA = R.Решение: Т.к. ∆ABC — прямоугольный,Oто АС — диаметр сечения1) Рассмотрим ∆ABC:BТ.к. ∠B = 90°; AB =15 BC = 351 ⇒ AC= 225 + 351 = 24.8AHC2) Т.к. ∆ABC — прямоугольный, Н — центр описанной около ∆ABC ок-AC= 12, ее радиус.23) Рассмотрим ∆AOH:OH = 5; AH = 12; ∠OHA = 90° ⇒ OA = 144 + 25 = 13 .ружности, то AH =С—111.

Дано: Плоскость пересекает сферу поокружности длина дуги 12π; расстояние отплоскости дуги до центра шара 8 = AB.Найти: Sсферы.Решение:1) l = 2πr; 12π = 2πr; r = 6.2) Рассмотрим ∆ABC: он прямоугольный(∠B = 90°, BC = r = 6) ⇒ AC = R = 10.3) Sсферы = 4πR2 = 400π.Ответ: 400π.2. Дано: Плоскость пересекает шар сцентром О. ∠IRG = 45° — угол междудиаметром и секущей плоскостью, RG R= 4 3 — диаметр.Найти: Sсечения.Решение:Рассмотрим ∆RIG: он равнобедренный и прямоугольный.RI2 + IG2 = 42, но RI = IG; 2RI2 = 48;RI = 24 = 2 6 .Но RI — диаметр нужного круга ⇒ RRI== 6.2S = πR2 = 6π.С—121.

Дано: пирамиды DABC, AC = CB = BA =3. ∠DAO = ∠DBO = ∠DCO = 60°. ОколоDABC описана сфера.Найти: R.Решение:О — центр описанный около ∆ABC окружности3 AB1) ОА == 3 (из ∆ABC).32) Рассмотрим ∆ADO: он прямоугольный.BCAIOGDO1BAOC9OA = 3 ; ∠ADO = 30°. AD = 2 33) Рассмотрим ∆ADO1, (где O1 — центр сферы) он равнобедренный.O1D = O1А = r; ∠O1DA = ∠DAO1 = 30° ⇒ ∠DO1A = 120° ⇒AD 2 3⇒ AD2 = 2R2 – 2R2cos120°; AD = 3R ; R === 2.332. Дано: в правильную четырехугольную призму вписана сфера.SНайти: полн.

пов. призмы .SсферыРешение:1) Призма является кубом, т.к. в нее вписана сфера. Пусть сторона егоравна 2a, тогдаS24a 2 6Sкуба = 6 ⋅ 4a2 = 24a2; Sсферы = 4πa2 ⇒ куба == .Sсферы 4πa 2 πС—131. Дано: измерения прямого параллелепипеда относятся как 2 : 3 : 4, d = 29 — диагональ.Найти: V.Решение:Пусть стороны параллелепипеда 2π, 3π,4π тогдаd4х2х3х1) 29 = 4 x 2 + 9 x 2 + 16 x 2 ; 29 = 29 x 2 ⇒ x = 1 ⇒ V = 3 ⋅ 4 ⋅ 2 = 24.Ответ: 242. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, ∠ABC = 30°, ∠ACB = 90°, CH = 6— расстояние от С до (АА1ВВ1). АА1 = 6A1B1Найти: Vпризмы.Решение:1) Рассмотрим прямоугольный ∆CHB.C1∠HBC = 30º, HC = 6 ⇒ CB = 12.2) Рассмотрим прямоугольный ∆ABC:HACB= tg30° ⇒ AC A∠ABC = 30°, CB = 12 ⇒30oCBCB 1290o===4 3.33C⇒ S ( ABC ) =11AC ⋅ CB = ⋅ 4 3 ⋅ 12 = 24 322Ответ: 144 3 .С—14101. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, AC = 12, AB = CB = 10, E ∈ BB1, EH ⊥AC, ∠EHB = 60°, B1E = EB.Найти: Vпризмы.Решение:1Рассмотрим ∆ABC.