ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 21

Дано: A(0, 0, z0) ∈ Oz, B(2, 2, 0). Угол между AB и Oxy равен 60°.Найти: координаты A.Решение:AB (2, 2, –z0) составляет с n (0, 0, 1) угол α = 30°, т.к. n ⊥ (Oxy),| AB | = 8 + z02 , | n | = 1.( AB ⋅ n ) = –z0 = 8 + z02 ⋅341⇒ z02 = 8 + z02; z02 = 8, z0 = ±2 6 .233Значит, A(0, 0, 2 6 ) или A(0, 0, −2 6 ).∧4*. Дано: b || a (8, –10, 13), | b | = 37 , b ⋅ k <π.2Найти: координаты b .Решение:a = 64 + 100 + 169 = 333 , b = n a ⇒ n = ±37; k (0, 0, 1).333∧π, то ( b ⋅ k ) > 0 ⇒21⎛ 8 10 13 ⎞b⎜ ,− , ⎟ n = .3 3⎠3⎝3Т.к.

b ⋅ k <Вариант 41. Дано: E(1, –2, 2), F(3, 0, 2), K(0, –2, 3), T(2, 4, 1).∧1) Найти EF KT = α.Решение:EF (2, 2, 0), KT (2, 6, –2), | EF | = 2 2 , | KT | = 44 = 2 11 ;( EF ⋅ KT ) = 4 + 12 = 16 = 2 2 ⋅ 2 11 ⋅ cosα;4164=cosα =; α = arccos.224 22222112) Найти MN (M ∈ EF, EM = MF, N ∈ KT, KN = NT).Решение:M(2, –1, 2), N(1, 1, 2), MN (–1, 2, 0), | MN | = 5 .2. Дано: ABCA1B1C1 — правильная призма, AB = BC = AC = AA1.∧Найти A1C AB = α.ZA1B1C1YBAHXCРешение:Поместим призму в полярную систему координат Hxyz, где H ∈ CB, CH⎛ a a 3 ⎞⎛a a 3⎞, 0 ⎟⎟ , A1C ⎜⎜ , −, − a ⎟⎟ .= HB.

В Hxyz AB ⎜⎜ − , −22⎝2⎠⎝ 2⎠2a3a 2 a 2== a 2 2 cosα| AB | = a, | A1C | = a 2 ; ( AB ⋅ A1C ) = − +44222, α = arccos.443. Дано: M ∈ Oxz, P(1, 2, 1), M(x0, y0, z0), угол между PM и xOy равен 30°.Найти координаты M.Решение:⇒ cosα =MP (1 – x0, 2, 1 – x0) составляет с n (0, 0, 1) угол в 60°, т.к. n ⊥ Oxy.| MP | = 2( x0 − 1) 2 + 4 ; | n | = 1.( MP ⋅ n ) = x0 – 1 = 2( x0 − 1) 2 + 4 ⋅1; 4(x0 – 1)2 = 2(x0 – 1)2 + 4;22(x0 – 1)2 = 4; x0 − 1 ± 2 x0 = 1 ± 2 .Ответ: M ( 2 + 1, 0, 2 + 1) или M (1 − 2, 0, 1 − 2) .4*. Дано: c (0, –2, 0), b (0, 0, 5), ( OE ⋅ b ) = ( OE ⋅ c ) = 0.Найти: множество точек E.Решение:Пусть E(x0, y0, z0) ⇒ ( OE ⋅ c ) = –2y0 = 0 ⇒ y0 = 0;212( OE ⋅ b ) = 5z0 = 0 ⇒ z0 = 0.Значит, множество точек E точки(x, 0, 0), где x — любая координата.К—2Вариант 11.

Дано: ABCD — трапеция, ∠A = 90°, BC = 3, AD = 5, ∠D = 45°, AD —ось вращения.Найти: Sт. вр..BCcADHРешение:Sт. вр. = 2π ⋅ BA ⋅ BC + πBA ⋅ CD = πBA(2 BC + CD) ;HD = AD – BC = 2 = CH = AB; CD = 2 2⇒ Sт. вр. = 2π(6 + 2 2) = 4π(3 + 2)2. Дано: шар (O, R), в шар вписан конус, угол между образующей и основанием ϕ.1) Найти: Sбок. кон..BOADCРешение:Рассмотрим осевое сечение конуса ABC. В ∆ADB AD = AB ⋅ cosϕ, AB =AB ⋅ BC ⋅ ACBC.

S =; 4R ⋅ S = 2AB3cosϕ4R213AB; AB = 2Rsinϕ.2 sin ϕSбок. кон. = π ⋅ AB ⋅ AD = π ⋅2sinϕ ⋅ 2Rsinϕcosϕ = 4πR2sin2ϕcosϕ.2) ϕ = 30°. Найти наибольшую площадь сечения конуса, проходящегочерез вершину.Решение:1Угол при вершине в осевом сечении 120°. Sнаиб.

= AB2 ⋅ sinϕ;2π1R2222sinϕнаиб. = sin = 1 ⇒ Sнаиб. = AB = 2R sin ϕ =.2223*. Дано: сфера x2 + y2 + (z – 1)2 = 4 ∩ Ox = A, сфера ∩ Oy = B, сфера ∩Oz = C, A(x1, 0, 0), x1 > 0, B(0, y1, 0), y1 > 0, C(0, 0, z1), z1 > 0.Найти угол ϕ между (ABC) и плоскостью z = 0.Решение:x1 = 2, y1 = 2, z1 = 3. Уравнение (ABC):S⎧⎪P = − 3⎧A : ⎪ 2 P + S = 0 ⎪⎪S.B : ⎨ 2Q + S = 0 ; ⎨Q = −3C : ⎪3 R + S = 0⎪⎩⎪R = − S⎪⎩3⇒ 4R ⋅ AB2sinϕcosϕ = 2AB2cosϕ; R =ABC:331x+y + z −1 = 0 ;3333 x + 3 y + 1z − 3 = 0 ;n1 ( 3, 3, 1 ) ⊥ (ABC);n2 (0, 0, 1) ⊥ плоскости z = 0.Искомый угол между ABC и z = 0 равен углу между n1 и n2 .| n1 | = 3 + 3 + 1 = 7 ; | n2 | = 1;( n1 ⋅ n2 ) = 1 = | n1 | ⋅ | n2 | ⋅ cosϕ;11, ϕ = arccos.771Ответ: arccos.7cosϕ =Вариант 21.

Дано: цилиндр, O1O2 — ось, ∠AO1B = 90°, ABCD — секущая плоскость, ABCD || OO1, AC = 10, расстояние между O1O2 и AC равно 4.Найти: Sбок. цилиндра.214AHO1BDO2CРешение:Расстояние между O1O2 и AC равно O1H — высоте ∆O1AB.Из прямоугольного равнобедренного ∆AO1B, где O1H = 4, O1A = 4 2 =O1B, AB = 8.Из прямоугольного ∆ABC:AC2 – AB2 = BC2 = 100 – 64 = 36 ⇒ BC = 6.Sбок.

= 2πO1A ⋅ BC = 2π ⋅ 4 2 ⋅ 6 = 48π 2 .2. Дано: DABC — правильная пирамида, боковые грани наклонены к основанию под углом β = 60°. В ∆ABC вписан шар радиуса R.1) Найти Sбок.(DABC).DPOACHMBРешение:В прямоугольном ∆MHD:∠MDH = 90° – β = 30° ⇒ MH =двум углам); OD = DH – R = MDИз подобияOP MH;=DO MD13MD; DH = MD; ∆MHD∼∆OPD (по223– R.2R31– R;= ; 2R = MD223MD−R2215MD =6R= 2 3R ⇒ MH = 3R ⇒ MC = 3 3R (т.к. H — точка пересе3чения медиан);S(ABC) =DH = MD23MC = 6R = AB.AC = MC; AC =231AB ⋅ HC = 3R ⋅ 3 3R = 9R2 323= 3R.21= 18R ⋅ 3R = 18R2 3 .22) Найти длину окружности, по которой шар касается боковых граней.Решение:3 R 3Опустим перпендикуляр из т. P на DH, получим r = PO ⋅=22Sбок. = 3 ⋅ AB ⋅ DM ⋅⇒ l = 2πr = πR 3 .3*. Дано: M(–7, 3, –4), сфера x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 27 = 0, H ∈ сфере,MH — касательная.Найти: MH.Решение:Уравнение сферы (x2 – 2x + 1) + (y2 – 4y + 4) + z2 – 32 = 0или (x – 1)2 + (y – 2)2 + z2 = (4 2 ) 2 .Значит, центр сферы точка O(1, 2, 0), а радиус OH = R = 4 2 .OH ⊥ MH, т.к.

MH — касательная.OM (–8, 1, –4), | OM | = 64 + 1 + 16 = 9.∆OHM — прямоугольный ⇒ MH = OM 2 − OH 2 = 81 − 32 = 7.Вариант 31. Дано: ABCD — ромб, AB = a, ∠BAD = 60°, HC ⊥ AC, HC — ось вращения.Найти: Sт. вр..216BHACKDРешение:В ромбе BD = 2BM = a, AC = 2AM = a 3⇒ Sт. вр. = π⋅AB(BH + AC) + π⋅AD(DK + AC) + π⋅BH + π⋅DK⋅DC =⎛a 3⎞a 3222= 2πa ⎜⎜ a 3 +⎟⎟ + 2πa ⋅ 2 = 2π( a 3 + a 3 ) = 4π a 3 .2⎝⎠2.

Дано: DABC — правильная пирамида, DH — высота, AB = a, ∠DAH =α, DABC вписана в сферу.1) Найти Sсферы.DBAHCРешение:a 3a 3a 3a 3AM =; AH =; AD =; DH =⋅ tgα;233 cos α3a2 3.4r — радиус окружности, описанной около ∆ABC.AB ⋅ BC ⋅ ACa33a.r===4S3a2 344Возможны 3 случая:S(ABC) =2171) ∠α = 45° ⇒ R = AH = HD ==D3a ⇒ S = 4πR234 2πa .32) α < 45°.HAa 3tgα.3Из прямоугольного ∆AHO:⎛⎞ a2a 3tgα ⎟⎟ =.AO2 – OH2 = AH2 = R2 – ⎜⎜ R −3⎝⎠ 3OOH = R – HD = R –R2 – R2 + 2R ⋅a 3a2 2a2tg α =;tgα –3332R ⋅a 3a2(tg2α + 1);tgα =33R=a 3 tg 2α + 1 a 3 tg 2α + 1⋅⋅=.2⋅3tgα6tgαSшара = 4πR2 =DOAHS4πa 2 (tg 2α + 1) 2 πa 2 (tg 2α + 1) 2πa 2⋅⋅.==2223sin α cos 2 α12tg α3tg α3) α > 45°.Достроим ∆ADH до ∆ADS, вписанного в окружность.2a 3a 3a 3AS = 2AH =; DH =tgα; AD =;333 cos αAD 2 ⋅ ASAD 2 ⋅ ASAD 2a2 3a 3====.2213264S2cosα⋅a⋅tgαcosα ⋅ tgαDH4 ⋅ AS ⋅ DH2πa 24πa 2πa 22==.Sшара = 4πR =42223sin 2 2α3 cos α ⋅ tg α 3 cos α sin αЭта формула выражает ту же зависимость, что и формула в 2) и обобщаем 1).2) α = 30°.Найти ∠OAH (из случая 2).Решение:Вернемся к случаю 2.

В ∆AHD ∠ADH = 60° = ∠DAO (т.к. ∆DOA — равнобедренный, DO = OA = R) ⇒ ∆DOA — равносторонний ⇒ ∠OAD = 60°.Искомый ∠OAH = ∠OAD – α = 60° – 30° = 30°.3*. Дано: сфера (x – 1)2 + y2 + z2 = 5 ∩ Oy = A(0, y, 0), y > 0, M(1, 1, 0), B∈ сфере, MB || Oz.Найти: угол α между AB и (Oxy).Решение:R=218Т.к.

MB || Oz ⇒ MB (0, 0, z) ⇒ B(1, 1, z). Координаты A удовлетворяютуравнению сферы ⇒ y = 5 , A(0, 5 , 0).B лежит на сфере ⇒ 0 + 1 + z2 = 5, z = ±2⇒ B(1, 1, 2) или B(1, 1, –2)⇒ AB (1, 1 – 5 , 2) или AB (1, 1 – 5 , –2)| AB | = 1 + 6 − 2 5 + 4 = 11 − 2 5 .πНайдем угол β = – α между AB и n (0, 0, ±1) ⊥ Oxy.22;( AB ⋅ n ) = 2 = | AB | ⋅ | n | ⋅ cosβ; cosβ =11 − 2 5β = arccos211 − 2 5;α=π– β.2Вариант 41.

Дано: конус, DKM — сечение, KM = 3, ∠MHK = 120°, DH — высота,AB — диаметр основания, AB ⊥ KM, AB ∩ KM = L, ∠DLH = 45°.Найти Sбок. конуса.DMALHBKРешение:Из равнобедренного ∆KHM: KM2 = 2HK2(1 – cos∠KHM);13⎛ 1⎞9 = 2 R 2 ⎜1 + ⎟ ; R = 3 ; ∠HKL = 30° ⇒ HL = HK =.222⎝⎠⇒ Из прямоугольного равнобедренного ∆DHL:3DH = HL =2Из ∆DHK315DK = DH 2 + HK 2 =+3 =.42219Sбок = πDK ⋅ HK = π ⋅153π 5⋅ 3=223π 5.22. Дано: MABCD — правильная пирамида, в MABCD вписан шар, O —центр шара, MO = a, K ∈ DC, DK = KC, ∠MKH = 60°.1) Найти: Sбок.(MABCD).Ответ:DAHOРешение:Рассмотрим осевое сечение пирамиды, параллельное AD.∆MOF ∼ ∆MKH (по двум углам), а из ∆MHK 2HK = MK.MO MKa3a= OM + OH; HKИз подобия== 2 ⇒ OF = = OH ⇒ MH =2OF HK23a3 a 3⋅== KC = KD ⇒ DC = 2KC = a 3 .22 313a 2Sбок.

= 4 ⋅ MK ⋅ DC = 2 ⋅⋅ a 3 = 6a2.⋅2232) Найти Sкруга, по которому сфера касается пирамиды.Решение:3 a 33a 2 πr = OF ⋅=⇒ Sкруга = πr2 =.24163*. Дано: M(4, 2, 8), α || Oz, M ∈ α, угол между α и Oxz, Ozy = 45°, сфераx2 + y2 + z2 = 25 ∩ α = окружность.Найти длину окружности l.= MH ⋅ tg30° =220ZAOXNYРешение:Уравнение плоскости α:x – y – s = 0, т.к. M ∈ α, то 4 – 2 – s = 0 ⇒ S = 2.Уравнение α: x – y – 2 = 0.Опустим перпендикуляр ON на α, N ∈ α.GНо и n (1, –1, 0) ⊥ α ⇒ ON (x0, y0, z0) = k n⎧⎪ x0 = k⎨ y0 = − k⎪⎩ z0 = 0⇒ N(k, –k, 0) удовлетворяет уравнению плоскости α: k + k – 2 = 0 ⇒ k =1; ON (1, –1, 0); | ON | = 2 .⇒ Расстояние от т. O — центра сферы до α равно ON.Точка N является центром окружности в сечении.

Пусть A — произвольная точка окружности, но A лежит на сфере ⇒ OA = 5, ∆ONA — прямоугольный ⇒ искомый радиус сеченияNA = OA2 − ON 2 = 25 − 2 = 23 ⇒ l = 2π ⋅ NA = 2π ⋅ 23 .К—3Вариант 11. Дано: DABC — правильная пирамида, DH — высота, BM — медиана∆ABC, ∠DMH = 60°, HK ⊥DM, HK = 3 .Найти: V(DABC).221DKABHMCРешение:Из прямоугольного ∆MKH: MH = HK ⋅2= 4.3Из прямоугольного ∆MHD: DH = MH ⋅ tg60° = 4 3 , H — точка пересечения медиан ∆ABC ⇒ BH : MH = 2 : 1 ⇒ MB = 3MH = 12.MB12 ⋅ 2Из ∆AMB: AB === 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 8 3 = AC.sin 60°3111132 ⋅ 12V(ABC) = DH ⋅ AC ⋅ BM = ⋅ 4 3 ⋅ ⋅ 8 3 ⋅ 12 ==32322= 32⋅ 6 = 192.2.