ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 12

Тогда высота PK вPравнобедренном ∆PDB — медиана, по длинеравна OB. Таким образом,(4 – x)2 + 22 = x2; 16 + x2 – 8x + 4 = x2; 8x = 20, x =22541⎛5⎞PD2 = OB2 + 22 = ⎜ ⎟ + 4 =,+4=44⎝2⎠EB41PD = PB = PA = PC =.2Ответ:41.22. Решить уравнение ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 + x 2 + ( y − 2) 2 + z 2 = 1 .Решением является множество точек, сумма расстояний от которых доточек A{1, 0, 0} и B{0, 1, 0} равна единице. Но расстояние между точками Aи B равно (1 − 0) 2 + (0 − 1) 2 + 02 = 2 . Значит, сумма расстояний от любойточки до них не может быть меньше этого значения.

Стало быть, множестворешений пусто.С—31. Дано: MABC — пирамида, ABCDB1— ромб, A(–3, 10, –5), C(3, 4, 1), M(5, 8, –3), ∠MAD = ∠MAB, MH — высота.A1Найти: MH.Решение:BУсловие ∠MAD = ∠MAB дает, что HJJJGPK∈ AC, AC (6, –6, 6).AJJJJGEПусть H(x0, y0, z0), MH (x0 – 5, y0 – 8,z0 + 3),JJJGJJJGJJJGAH (x0 + 3, y0 – 10, z0 + 5), AH = k ⋅ AC = (6k, –6k, 6k)⎧⎪ x0 + 3 = 6k⎧⎪ x0 = 6k − 3JJJG⎨ y0 − 10 = −6k ; ⎨ y0 = 10 − 6k ⇒ AH (6k, –6k, 6k),⎪⎩ z0 = 6k − 5⎪⎩ z0 + 5 = 6kJJJJGMH (6k – 3 – 5, 10 – 6k – 8, 6k – 5 + 3),JJJJGMH (6k – 8, 2 – 6k, 6k – 2).112C1D1CFDJJJJG JJJGJJJJG JJJGMH ⊥ AC ⇒ ( MH ⋅ AC ) = 6(6k – 8) – 6(2 – 6k) + 6(6k – 2)6k + 6k + 6k – 8 – 2 – 2 = 0218k = 12, k =3JJJJGJJJJGMH ( 4 − 8, − 2, 2 − 2 ) MH (−4, − 2, 2) ;JJJJG( MH = 16 + 8 = 24 = 2 6 .Ответ: 2 6 .2. Дано: S = sin 2 x + 0, 5 + cos 2 x − 0, 5 + 0, 5 .Найти: Sнаибольшее, xмакс..Решение:GGРассмотрим векторы a sin 2 x + 0, 5 , cos 2 x − 0, 5 , 0, 5 и b (1, 1, 1).G GG GТогда (a ⋅ b ) = sin 2 x + 0, 5 + cos 2 x − 0, 5 + 0, 5 = S = | a | ⋅ | b | ⋅ cosϕ,()∧G Gгде ϕ = a ⋅ b .GG3| a |= sin 2 x + 0, 5 + cos 2 x − 0, 5 + 0, 5 =; | b |= 3 .2G G33S = (a ⋅ b ) =⋅ 3 cos ϕ =cosϕ.22Наибольшее значение S достигается при ϕ = 0, cosϕ = 1.3Sнаиб.

=, оно достигается при x = πk, k ∈ Z.2С—41. Дано: MABC — пирамида,∠BCA = 90°, AC = 3, BC = 5, AM ⊥AC, AM = 4, MB = 30 .Найти: MH — высоту.Решение:В∆ABCAB= AC 2 + CB 2 = 34 .Соединим точки A и C с точкойH.ZM4X30YH5BA53CИз прямоугольного ∆MAC: MC = AM 2 + AC 2 = 5.Поместим пирамиду в прямоугольную систему координат Cxyz.

В нейC(0, 0, 0), A(0, 3, 0), B(5, 0, 0).JJJGJJJGJJJGJJJGПусть M(x0, y0, z0), CM (x0, y0, z0), | CM | = 5, AM (x0, y0 – 3, z0), BM (x0– 5, y0, z0).113JJJG| CMJJJG |= 5AM |= 4| JJJG| BM |= 30I⎧ x02 + y02 + z02 = 25⎪ 222II⎨ x0 + ( y0 − 3) + z0 = 16⎪⎩( x0 − 5) 2 + y02 + z02 = 30IIII – II: y02 – (y0 – 3)2 = 9; 6y0 – 9 = 9, y0 = 3III – I: (x0 – 5)2– x02 = 5; 10x0 + 25 = 5, x0 = –2.из (I) ⇒ 9 + 4 + z02 = 25, z02 = 12⇒ Высота MH = |z0| = 2 3 .Ответ: 2 3 .2. Дано: DABC — тетраэдр, ∠ADC, ∠ADB, ∠CDB — тупые, AD = DB =DC.Доказать: ∆ABC — остроугольный.Доказательство:DОпустим высоту DH; ∆ADH = ∆BDH =∆CDH по гипотенузе и катету ⇒ H — центрописанной окружности ∆ABC.Катеты AH = HC < AD = DC гипотенуз ⇒BAиз ∆ADC: AC2 = 2AD2(1 – cos∠ADC),из ∆AHC: AC2 = 2AH2(1 – cos∠AHC),H2AD2(1 – cos∠ADC) = 2AH2(1 – cos∠AHC)⇒ 1 – cos∠ADC > 1 – cos∠AHC ⇒Ccos∠ADC < cos∠AHC⇒ ∠AHC > ∠ADC и тупой.Аналогично, ∠AHB и ∠CHB — тупые ⇒ H лежит внутри ∆ABC.

Ацентр описанной окружности лежит внутри остроугольного треугольника.Итак ∆ABC — остроугольный.С—51. Дано: m1 ⊥ m2, m1 ∩ m2 = O, m3 ⊥ m1, m3Z⊥ m2, O ∈ m3, A и A1 — симметричны относительно m1, A1 и A2 — симметричны относиm3тельно m2.Доказать, что A и A2 — симметричны относительно m3.Доказательство:OВведем полярную систему координат Oxyzтак, что Ox || m1, Oy || m2, Oz || m3. Пусть A(x0,m2y0, z0), тогда A1(x0, –y0, –z0), A2(–x0, –y0, z0).Видно, что A и A2 — симметричны относительно Oz или m3.2. Дано: отображение A(x, y, z) → A1(–x + 2,–y – 3, –z + 1).Является ли отображение движением?Решение:Возьмем произвольные точки B(x1, y1, z1) и C(x2, y2, z2).114m1YXB → B1(–x1 + 2, –y1 – 3, –z1 + 1)C → C1(–x2 + 2, –y2 – 3, –z2 + 1)JJJGJJJG| BC |= ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + ( z2 − z1 ) 2 =| BC1 |⇒ это движение.

Оно может быть полученосимметрией относительно начала координат иGпереносом на вектор p (2, –3, 1).С—61. Дано: Sp и Sq — симметрии p, q-оси симметрии, p ≠ q, Sp D Sq и Sq D Sp — совпадают.AX1BXДоказать: p ∩ q = O (точка).Доказательство:Допустим, p, q не пересекаются.Пусть p || q. Sp D Sq дает параллельный перенос наJJJGвектор 2 AB , который отображает т. X на т.

X2.Sq D Sp дает параллельный перенос на векторX2pm2 BA , который отображает точку X2 на т. X ⇒JJJGJJJGJJGq2 AB = 2 BA ⇒ AB = 0 (противоречие условию).Если p и q — скрещивающиеся, Sq D Sp отображает общий перпендикуляр прямых p и q на себя, приG Gчем это отображение — перенос на вектор ε ≠ 0 , но тогда Sp о Sq ≠ Sp D Sq(противоречие условию).Значит, p и q — пересекаются.2. Дано: прямая l, точка A, точка A1,A1плоскость α, A1 ∈ l, α ∩ l = M, A и A1 симmметричны относительно O, O ∈ α.Найти: т.

A1.MOL PРешение:Через т. A и прямую в l проводим плоскость β. α ∩ β = p (прямая).A1В плоскости β строим прямую m || l, m∩ p = L.Через середину O отрезка ML и точку A проводим прямую AO.AO ∩ l = A1, A1 — искомая.С—71. Дано: цилиндр, O1O2 — ось,ABCD, EFKL — осевые сечения, M ∈AB, AM = MB, ML ⊥ AC, S(ABCD) = 4.Найти: Sцилиндра.Решение:ZLO1ADEM115KXBO2YFCПоместим цилиндр в полярную систему координат O2xyz.Пусть BC = 2r, AB = 2h, тогда M(–r, 0, h), L(0, –r, 2h), A(–r, 0, 2h), C(r, 0,JJJGJJJG0), AC (2r, 0, –2h), ML (r, –r, h).JJJG JJJG( AC ⋅ ML ) = 2r2 – 2h2 = 0 ⇒ r = h.Но S(ABCD) = AB ⋅ BC = 4hr = 4 ⇒ h = r = 1.Значит, Sцилиндра = 2π(r ⋅ 2h) + 2πr2 = 4π + 2π = 6π.2. Дано: MABCD — правильная пирамида, AB = a, E ∈ AB, AE = EB, MH— высота, ∠MEH = ϕ = arctg2.

В MABCD вписан цилиндр PRST — осевоесечение, PRST — квадрат.Найти: Sбок. цилиндра.Решение:M1 aAE = EH = AB ⋅ = .2 2Из прямоугольного ∆EHM:MHR= tgϕ = 1 ⇒ MH = 2EH = a.EHВ осевом сечении PRST PH = 2RP = EPD(т.к. ∆EPR ∼ ∆EHM)EH aH⇒ PH = EP == ; RP = 2r = 2PHP24ABEaaa= ⇒ r = ; PT = 2PH =242a a πa 2.⇒ Sбок. = 2π ⋅ r ⋅ PT = 2π ⋅ ⋅ =4 24С—81. Дано: конус, A(1, 2, –2), B(4, 2, –2),C(3, 4, –2), A, B, C ∈ окружности основания, высота конуса равна 3, конус ∩ плоскость z = 0.Найти: Sсечения, координаты вершиныконуса, Sбок.

конуса.Решение:Из координат точек видно, что основание конуса задается уравнениямиz = −2.( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = R 2{C, B, A принадлежат основанию116Bz=0z = −2ACDHC⎧ z = −2⎪(1 − x0 ) 2 − (4 − x0 ) 2 = 0⎧ z = −2⎪(1 − x0 ) 2 + (2 − y0 ) 2 = R 2 ⎪⎪ 922;⎨ ( 4 − x ) 2 + ( 2 − y ) 2 = R 2 ; ⎨ + ( 2 − y0 ) = R00⎪ 14⎪222−+−=()()34xyR00⎩⎪ + ( 4 − y0 ) 2 = R 2⎪⎩ 451 − x0 = 4 − x0(1 – x0)2 = (4 – x0)2; ⎡;x =⎢⎣1 − x0 = x0 − 4 0 252 + 4 – 4y0 + y02 – 16 + 8y0 – y02 = 0, yo =29 110+ = R2, R =4 42⎧ z = −25⎪⎪ x0 = 2⎪⎨y = 5 .⎪ 0 2⎪10⎪R =2⎩⎛5 5 ⎞Значит, координаты M ⎜ , ,1⎟ .⎝2 2 ⎠Рассмотрим осевое сечение и ∆AHM ∼ ∆PDM. DM = HB – HD = 1 ⇒DM HMAH ⋅ DM 110= AH ==⇒ PD =.PDAH36HM10 5πSсечения = πPD2 = π ⋅=.36 18Образующая L = AM = AH 2 + HM 2 =10+9 =410 46 π 115⋅=.2222. Дано: усеченный конус, ABCD — осевое сечение, CH — высота, второй конус собразующейACирадиусомCH,Sбок.ус.кон.6=.Sбок.кон.II34646=.42Sбок.

конуса = πAH ⋅ AM = π ⋅O1BCKO2AНайти: ∠BAD.DHРешение:Пусть ∠BAD = ϕ = ∠CDH. Пусть также BO1 = r, AO2 = R, тогда HD = R –r. Из ∆CHD: CH = HD ⋅ tgϕ = (R – r)tgϕ.Но с другой стороны из ∆CO1K и DO2K: O1O2 = r + R = CH.117Значит, (R – r)tgϕ = r + R.AH = R + r. Из ∆ACH: AC = (R + r) 2 .HD R − rИз ∆CHD: CD ==.cos ϕ cos ϕπ( R − r )( R + r )Sбок.ус.кон. = π ⋅ CD ⋅ (R + r) =.cos ϕSбок.кон.II = π ⋅ AC ⋅ CH = π(R + r)2 2 .Sбок.ус.кон.π( R − r )( R + r )(R − r)6=⇒==2Sбок.кон.II cos ϕ ⋅ π( R + r ) 2 ( R + r )cos ϕ ⋅ 233(R – r) = 2cosϕ(R + r) 3 .( R − r ) tgϕ = R _ rЗначит,3( R − r ) = 2 cos ϕ( R + r ) 3{3( R + r )= 2cosϕ(R + r) 3tgϕ3 = 2sinϕ 3 ⇒ sinϕ =3π,ϕ= .32С—9l1.

Дано: ломаная линия из 8 звеньев, все звеPнья равны a, угол между звеньями α, l — ось.0Найти: S поверхности, которая образуется привращении этой ломаной вокруг оси l.Решение:Продлим отрезок, составляющий первое звено. Проведем через концы остальных звеньевпрямые, параллельные прямой l.

Мы видим, чтосоответствующие сегменты фигуры вращения,которую нужно обсчитать, равны кускам конуса(нечетные просто равны, а четные симметричныαотносительно некоторой плоскости). ПоэтомуMискомая площадь равна площади конуса с образующей 8a и углом между образующей и осьюαвращения .2αα⎞⎛Sпов. = πrl = π ⋅ ⎜ 8a sin ⎟ = 64πa2sin .2⎠2⎝2. Дано: правильная треугольная призма, все ребра равны a. Четыревершины призмы лежат в плоскости основания конуса, а две другие — наего боковой поверхности.

Образующая конуса составляет с плоскостьюоснования угол ϕ.118Найти: Sос. сеч. кон. и ее наименьшее значение; при каком значении ϕ этодостигается.Решение:Проведем сечение через вершину конуса и вершины призмы, которыележат на боковой поверхности конуса (считаем, что центр квадрата — грани призмы, лежащей на основании конуса, совпадает с центром основанияконуса. В противном случае данных для решения задачи недостаточно). Этоосевое сечение. Здесь A1K1 = AK — есть высота в грани призмы, котораяпредставляет собой равносторонний треугольник.a 3πAK =, AA1 = a, 0 < ϕ <22a 3actgϕ; ON = tgϕ.22Площадь сечения есть11S∆LOM = LM ⋅ (ON + AK) = (a + 2K1M)(ON + AK) =22K1M = A1K ⋅ ctgϕ ==⎛a 3 a⎞ a21(1 + a 3 ctgϕ) ⎜⎜+ tgϕ ⎟⎟ =(1 + 3 ctgϕ)( 3 + tgϕ) =22⎝ 2⎠ 4a2( 2 3 + 3ctgϕ + tgϕ) = f(ϕ).4Наименьшее значение достигается в нуле производной по ϕa2 ⎛31 ⎞31=f′(ϕ) = ⎜ − 2 +;⎟;224 ⎝ sin ϕ cos ϕ ⎠ sin α cos 2 ϕ=1ctg2ϕ = ; ⇒ tgα = 3 ; ϕ = 60°.3α2Smin =2 3 + 3 + 3 = a2 3 .4()С—101.