ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 18

B перпендикуляр BN на AA1CJJJGGBN (x0, y0 + 2 3 , z0) = k ⋅ n169⎧ x0 = k⎪⎨ y0 = k 3 − 2 3⎪⎩ z0 = kN ∈ AA1C: k + 3k – 2 ⋅ 3 + k – 6 = 05k = 12, k = 2,4N(2,4; 0,4 3 ; 2,4)JJJGBN (2,4; 2,4 3 ; 2,4)JJJG| BN | = 2,4 ⋅ 1 + 3 + 1 = 2, 4 5 .Вариант 4Дано: MABC — пирамида, AB = BC = 10, AC = 12, MO — высота, MO =4, боковые грани равнонаклонены к основанию, E ∈ BM, BE = EM. Через A,O, E проведена плоскость.MEBFCOLAV1) Найти 1 получившихся частей.V2Решение:O — центр вписанной окружности (из условия) ∆ABC, т.к. AF — бисBF FCBF FC BF 5, но BC = 10;;сектриса, то===1012 FC 6AB AC55060; FC =.⇒ BF = ⋅ 10 =1111111Высота EO1 = MO = 2.2S(ABC) = 16 ⋅ 4 ⋅ 36 = 6 ⋅ 8 = 48.S ( ABC ) 115= ; S(BFA) = ⋅ 4811S ( BFA) 512 52 ⋅ 5 ⋅ 16 160.⇒ V1 = EO1 ⋅ ⋅ S(BFA) = ⋅ ⋅ 48 ==33 11111114S(ABC) = 48, V = MO ⋅ S(ABC) = ⋅ 48 = 6433170V2 = V – V1 = 64 –160 704 − 160 544==111111V1 160 5== .V2 544 172) Найти S(MABC).Решение:1S(ABC) = P ⋅ r = 16 ⋅ r = 48 ⇒ r = 3.2Значит, высоты всех граней равны MO 2 + r 2 = 5.1S(MABC) = 48 + 5 ⋅ (AB + BC + AC) = 48 + 5 ⋅ 16 = 128.23) Найти угол между MB и (AMC).Решение:В грани ABC проведем высоту и медиану BL.

Будем искать угол ∠BML= ∠BMO + ∠OML.1S(ABC) = 48 = AC ⋅ BL = 6BL; BL = 8.2В прямоугольном ∆MOL ML = 5, MO = 4 ⇒ OL = 3.Значит, BO = BL – OL = 5.Из прямоугольного ∆BOM BM = BO 2 + OM 2 = 41 .11S(BML) = BM ⋅ ML ⋅ sin∠BML = BL ⋅ OM =22= 41 ⋅ 5 ⋅ sin∠BML = 8 ⋅ 43232; ∠BML = arcsin.sin∠BML =5 415 41П—3Вариант 1Дано: конус, наибольший угол между образующими 120°, Sос.сеч.

=16 3 .D1) Найти Sбок..Решение:Рассмотрим осевое сечение ADB.11S(ADB) = L2 ⋅ sin120° = L222C3= 16 3 ⇒ L2 = 64, L = 8.⋅2AKHEB171Из ∆AHD AH = AD ⋅ sin60° = 8 ⋅3=4 3.2Sбок. = πК ⋅ Д = π ⋅ 4 3 ⋅ 8 = 32π 3 .2) Найти центральный угол развертки боковой поверхности конуса (β).Решение:α⋅ πL2;Sбок.

= πRL =2π2πRL 2π ⋅ 4 3 ⋅ 8==π 3.64L23) В данный конус вписан другой конус, его основание делит высоту вотношении 1 : 2 (от вершины).VНайти 1 .VРешение:1V = πR2 ⋅ DH (DH = L2 − R 2 = 82 − 48 = 4 )31V = π ⋅ 48 ⋅ ⋅ 4 = 64π.314DK = DH = . ∆CKD ∼ ∆AHD33α=CK DK 114 3== ⇒ CK = ⋅ 4 3 =AH DH 33328KH = h2 = ⋅ 4 =33⇒2π 8 ⎛ 4 3 ⎞ 8π 16 128π1⋅ =V1 = π ⋅ KH ⋅ CK2 = ⋅ ⋅ ⎜⎜⎟ =3273 3 ⎝ 3 ⎟⎠9 3V1128π2==.V 27 ⋅ 64π 274) Около конуса описан шар.Найти Sшара.Решение:∆ADB — вписан в окружность ⇒ S =4bc8⋅8⋅8 3; 16 3 =;4R4R64 3 R = 64 ⋅ 8 3 ; R = 8S = 4πR2 = 4 ⋅ 64π = 256π.Вариант 2Дано: цилиндр, O1O2 — ось, O1O2 = 8, AB — образующая; ABCD, ABEF— сечения, ∠DAF = 60°, S(ABCD) = S(ABEF) = 32 3 .1721) Найти Sбок.

цил..Решение:∆ADF — равностороннийS(ABCD) = AB ⋅ AD = 32 3 = 8AD; AD=4 3.∆ADF — вписан в окружность.ADa3 a 2 3=⇒R==4S(ADF) =4R43⇒ Sбок. = 2πR ⋅ l = 2π ⋅ 4 ⋅ 8 = 64π.2) Sразвертки = Sбок. =1 2d ⋅ sinα2DAFCEBd = (2πR ) 2 + l 2 = 4π2 ⋅ 16 + 64 = 8 π2 + 1⇒ sinα =2 ⋅ 64π2π.= 2264(π + 1) π + 12π.π2 + 13) В цилиндр можно вписать шар, т.к. 2r = l = 8.44256πVшара = π ⋅ r3 = π ⋅ 64 =333Vцилиндра = πr2 ⋅ l = π ⋅ 16 ⋅ 8 = 128πVшара256π2== .Vцил. 3 ⋅ 128π 3α = arcsin4) Найти S описанного шара.Решение:2 ⋅ Rш.

= (2 R ) 2 + l 2 = 8 2 ; Rш. = 4 2Sш. = 4πR2ш. = 4π ⋅ 32 = 128π.Вариант 3Дано: в усеченный конус вписан шар,2R = 5 3 , ABCD — осевое сечение, ∠BAD= ∠CDA = 60°.1) Найти Sбок. конуса.Решение:Высота усеченного конуса равна 2R=5 3 .RC2R5 3=⋅ 2 = 10.OAHcos 60°3Т.к. в ABCD вписана окружность, то AD + BC = 2AB = 20.MBA =BD173BC + AD= π ⋅ 10 ⋅ 10 = 100π.22) Найти Vконуса.Решение:Проведем высоты BM и CM в осевом сечении ⇒ AH + HM + MD + BC2 ⋅ 2R2⋅5 3+ 2BC = 10 + 2BC = AD + BC = 20=+ 2BC =tg 60°3Sбок. = π ⋅ AB ⋅⇒ BC = 5, AD = 15, BH = 2R = 5 3221 ⎛ ⎛ AD ⎞ ⎛ BC ⎞ ⎛ AD ⎞⎛ BC ⎞ ⎞Vконуса = BH ⋅ π ⎜ ⎜+⎟ ⎜⎟ +⎜⎟⎜⎟⎟ =3 ⎜⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎟⎠5 3π ⎛ 225 25 75 ⎞ 5 3π 325 1625π 3⋅=.++ ⎟=⎜3 ⎝ 444 ⎠34123) Найти Sбок. развертки, центральный угол развертки, радиусы концентрических окружностей.Решение:Sбок.

развертки = 100π (из п. 2). Достроим усеченный конус до полного свершиной K.15AOИз сечения видно, что KA =, KA == 15.1cos 60°2⋅2BRKB == 5.cos 60°αSбок. развертки =⋅ (KA2 – KB2) = 100π.2απ⋅ (225 – 25) = 100π; α = ⋅ 2 = π .224) Около конуса описан шар. Найти Sшара.Решение:2RИз прямоугольного ∆AMC, где AM = BC += 5 + 5 = 10;tg 60°=CM = 5 3 ⇒ AC = AM 2 + CM 2 = 100 + 75 = 5 7∆ABC вписан в большой круг шараAC + AB + BC 15 + 5 7=p=22⎛ 15 + 5 7 ⎞⎛ 15 − 5 7 ⎞⎛ 5 7 − 5 ⎞⎛ 5 7 + 5 ⎞S = ⎜⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=⎟⎜⎟⎜222 ⎟⎜2 ⎟⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝=17425 31150(225 − 175)(175 − 25) =50 ⋅ 150 =3=2444S(ABC) =AB ⋅ BC ⋅ AC 10 ⋅ 5 ⋅ 5 7 25 3==4R4R210 ⋅ 5 ⋅ 5 7 5 7=2 ⋅ 25 3325 ⋅ 7 700πSшара = 4π.=33⇒R=Вариант 4BДано: цилиндр (осевое сечение — квадрат) вписан в конус, образующая конусанаклонена к основанию под углом 45°, Sбок.EKFцил. = 16π.1) Найти Sбок. конуса.Решение:Пусть радиус цилиндра R, высота 2R⇒ Sбок.

цил. = 2πR ⋅ 2R = 4πR2 = 16π ⇒ R =ACDH2.Рассмотрим осевое сечение фигуры ABC:∆EKB — прямоугольный равнобедренный ⇒ KB = EK = 2, ED = 2, EK =4 ⇒ BH = BK + ED = 6 ⇒ AH = HC = 6, BA = AH 2 + HB 2 = 6 2 .Sбок. конуса = π ⋅ AB ⋅ AH = 36π 2 .2) Какова наибольшая площадь сечения конуса, проведенного черезвершину конуса?Решение:1Sсеч. = AB2 ⋅ sinα, где α — угол между образующими, а sinα = 1 наи2больший в осевом сечении1⇒ Sсеч. наиб. = AB2 = 36.2Vверх. конуса.3) НайтиVцилиндраРешение:π8π⋅ BK ⋅ EK2 =.33Vцилиндра =π ⋅ EK2 ⋅ ED = 4π ⋅ 4 = 16π.Vверх.

конуса8π1== .Vцилиндра3 ⋅ 16π 6Vверх. конуса =4) В конус вписан шар. Найти Vшара.Решение:В осевое сечение ∆ABC вписан большой круг шара ⇒175S(ABC) = AC ⋅11BH = P ⋅ r;221( 6 2 + 6 2 + 12) ⋅ r;236 ⋅ 26V=.;V=2 +112( 2 + 1)36 =Vшара =4 3 4 36 ⋅ 2 ⋅ 336 ⋅ 8π288π==.πr = π3 ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)33П—4Вариант 11. Дано: ABCA1B1C1 — призма, A1A = AB = BC = AC = a, ∠A1AC = ∠A1AB= 60°, AK — медиана ∆ABC.1) Найти угол между A1C и AA1.Решение:Опустим высоту A1H, H — центр ∆ABC, т.к.

∆ACA1 и ∆AA1B — равноa 3a 3сторонние ⇒ AK =, AH =.23ZA1B1C1AHYBKXCВведем прямоугольную систему координат Hxyz, в ней⎛a 3⎞⎛a 3 a ⎞⎛a 2⎞, 0, 0 ⎟⎟ , C ⎜⎜, , 0 ⎟⎟ , A1 ⎜⎜ 0, 0.A ⎜⎜⎟.3 ⎟⎠⎝ 3⎠⎝ 6 2 ⎠⎝2⎛ 3⎞22.Из прямоугольного ∆AHA1: A1H = − a ⎜⎜⎟⎟ + a = a33⎝⎠2176⎛a 3⎞, 0, 0 ⎟⎟K ⎜⎜6⎝⎠J J JGC A 1JJJG ⎛ a 3⎞, AK ⎜⎜, 0, 0 ⎟⎟ ,⎝ 2⎠JJJGa2 a2 4 228a 7| A1C |=++ a =a=12 4 963JJJG a 3| AK |=2JJJG JJJGa 2 ⋅ 3 a 2 JJJG JJJG==| AK | ⋅ | A1C | cos α( A1C ⋅ AK ) =124a2 ⋅ 3 ⋅ 23cosα ==4 ⋅ a 7 ⋅ a 3 2 213α = arccos.2 212) Доказать, что грань CC1B1B — прямоугольник.JJJG ⎛ a 32 ⎞ JJJG JJJG JJG, 0, aAA1 ⎜⎜⎟ , CC1 = AA1 , CB (0, –a, 0)3 ⎟⎠⎝ 3(.) = 0 ⇒ CC1 ⊥ CB и все стороны параллелограмма CC1B1B равны ⇒ онпрямоугольник.2. Дано:ABCA1B1C1 — призма, A(1, 2, 2), B(–1, –1, 2), C(3, –2, 2), A1(1, 2,5), E ∈ A1C1, α ⊥ B1C.Найти угол между AE и α.Решение:JJJGJJJG JJJGAA1 (0, 0, 3), CC1 = AA1 ⇒ C1(3, –2, 5).JJJG JJJG⎛1+ 3 2 − 2 5 + 5 ⎞,,Координаты E ⎜⎟ , E(2, 0, 5), BB1 = AA1 ⇒22 ⎠⎝ 2JJJGJJJGB1(–1, –1, 5), B1C (4, –1, –3), AE (1, –2, 3).JJJGJJJG JJJGНайдем угол между AE и CB1 , CB1 (–4, 1, 3).JJJG JJJGJJJGJJJG( AE ⋅ CB1 ) = –4 –2 + 9 = 3 = | AE | ⋅ | CB1 | ⋅ cosαJJJGJJJG| AE | = 1 + 4 + 9 = 14 ; | CB1 | = 16 + 9 + 1 = 2633; α = arccos.14 ⋅ 2614 ⋅ 26πИскомый угол равен – α.2⇒ cosα =Вариант 21771.

Дано: MABC — тетраэдр, AB = BC = AC = a, MA = 2a, ∠MAC = ∠MAB= 45°.Z1) Доказать: AM ⊥ CB.Доказательство:MПроведем высоту AH в (ABC), MK — высоJJJG JJJGта пирамиды, K ∈ AH, AH ⊥ BC ⇒ MK ⊥JJJG JJJG JJJG JJJG JJJJGN(ABC) ⇒ MK ⊥ BC , AM = AK + KM ⊥ BC , ALCJJJG JJJGJJJG JJJJG JJJGJJJG JJJGт.к. ( AM ⋅ BC )=(( AK ⋅ KM ) ⋅ BC ) = ( AK ⋅ BC )KXHJJJJG JJJG+ ( KM ⋅ BC ) = 0.B2) Найти расстояние ∠N,L ∈ AC, AL = LC NY∈ MB, MN = NB.Решение:Поместим тетраэдр в полярную систему координат Hxyz как показано нарисунке.В ∆AKM AK2 + KM2 = AM2 = 4a2, пусть AK = x ⇒ KM = 4a 2 − x 2JJJGJJJG⇒ AM x, 0, 4a 2 − x 2 , | AM | = 2a()JJJG ⎛ a 3 a ⎞ JJJGAB ⎜⎜, , 0 ⎟⎟ , | AB | = a⎝ 2 2 ⎠JJJG∧ JJJG2cos AM ⋅ AB == cosα.2JJJG JJJGJJJGJJJGax 32( AM ⋅ AB ) == | AM | ⋅ | AB | ⋅ cosα = 2a2 ⋅22⇒2 282ax 3a , KM = 4a 2 − a 2 == a 2 , AK = x =3233⎛ a 3 2a 2 a ⎞⎛ a 3 2a 2 a ⎞⎛ 2 2⎞−−⇒ A ⎜⎜ −a, 0, 0 ⎟⎟ , C ⎜⎜, − , 0 ⎟⎟ ⇒ L ⎜⎜, − , 0 ⎟⎟224 ⎠333⎝⎠⎝ 4⎝⎠⎛ a 3 2a 2 a ⎞⎛a 3 a 2 a a ⎞2a ⎞⎛M ⎜ 0, 0,−−, , 0 ⎟⎟ ⇒ N ⎜⎜, ,⎟⎟ , B ⎜⎜3 2 ⎠3⎠3 4 3 ⎟⎠⎝⎝ 2⎝ 4JJJG ⎛ a 3 a a ⎞Значит, LN ⎜⎜, ,⎟⎟⎝ 3 2 3⎠JJJG2 1 15+ + =a| LN | = a.3 4 322.

Дано: M(–1, 2, 5), A(1, –1, 2), B(–2, 1, 2), C(–1, 3, 2), D(3, 1, 2), MABCD— пирамида.Найти V(MABCD).Решение:178Уравнение плоскости (ABC): Px + Qy + Rz + S = 0.⎧⎪3P − 2Q = 0A : ⎧⎪ P − Q + 2 R + S = 0⎪3B : ⎨−2 P + Q + 2 R + S = 0 ; ⎨−2 P + P + 2 R + S = 0 ;2C : ⎪⎩− P + 3Q + 2 R + S = 0 ⎪⎪− P + 9 P + 2 R + S = 0⎩23P⎧⎧⎪Q = 2⎪P = 0⎪⎪ P⎪⇒ уравнение ABCD: z = 2⎨− + 2 R + S = 0 ; ⎨Q = 02⎪7⎪S⎪ P + 2R + S = 0 ⎪R = −⎪⎩ 22⎩MH — высота пирамиды, MH = 3JJJG16 6AC (–2, 4, 0), 3 (–5, 0, 0)JJJGJJJG| AC | = 4 + 16 = 2 5 , | DB | = 5JJJG JJJGJJJGJJJG( AC ⋅ DB ) = 40 = | AC | ⋅ | DB | ⋅ cosϕ, где ϕ — угол между AC и DB.12101=⇒ sinϕ = 1 − cos 2 ϕ = 1 − =510 555211= 10S(ABCD) = AC ⋅ BD ⋅ sinϕ = ⋅ 10 5 ⋅22513⇒ V(MABCD) = MH ⋅ S(ABCD) = ⋅ 10 = 10.33cosϕ =Вариант 31.

Дано: ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед, ABCD — ромб, AB = a,∠BAD = 60°, AA1 = a, E ∈ D1C, D1E = EC.ZB1C1D1A1EXBCAODY1) Найти угол между AE и BD.179Решение:Поместим параллелепипед в полярную систему координат Oxyz. В ней⎛ a 3⎞⎛a 3⎞⎛ a ⎞A ⎜⎜ −, 0, 0 ⎟⎟ , D1 ⎜ 0, , a ⎟ , C ⎜⎜, 0, 0 ⎟⎟ ⇒222⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎛a 3 a a⎞a ⎞⎛⎛ a ⎞E ⎜⎜, , ⎟⎟ , B ⎜ 0, − , 0 ⎟ , D ⎜ 0, , 0 ⎟2442⎝⎠⎝ 2 ⎠⎝⎠JJJG ⎛ 3a 3 a a ⎞ JJJGAE ⎜⎜, , ⎟⎟ , BD (0, a, 0)⎝ 4 4 2⎠JJJGJJJG27 a 2 a 2 a 2 4 2a== a 2 ; | BD | = a| AE | =++1616 44JJJG JJJGJJJGJJJGJJJG ∧ JJJGa2= | AE | ⋅ | BD | ⋅ cos AE ⋅ BD( AE ⋅ BD ) =4JJJG ∧ JJJGa212==cos AE ⋅ BD = 284a 2 4 2JJJG JJJG2( AE ⋅ BD ) = arccos.82) Доказать: A1C ⊥ BD.Доказательство:⎛ a 3⎞ JJJGA1 ⎜⎜ −, 0, a ⎟⎟ , A1C ( a 3 , 0, − a)2⎝⎠JJJG JJJG( A1C ⋅ BD ) = 0 ⇒ A1C ⊥ BD.2.