ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 4

a сонаправлен b , то k = 4 ⇒Ga (–8, 8, 4).GОтвет: a (–8, 8, 4).С—31. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямойYпараллелепипед, все ребра равны a,∠BAD = 60°.AНайти:JJJG JJJG1) C1D ⋅ AC .A1Решение:JJJG ⎛ a 3a ⎞ JJJGZ; a; ⎟⎟ ; AC = a 3; 0; 0 .C1D = ⎜⎜ −22⎠⎝JJJG JJJG3C1D ⋅ AC = − a 2 .2JJJG JJJG2) B1D ⋅ AC .Решение:JJJGJJJGJJJG JJJGB1D = (0, a, a); AC = a 3; 0; 0 . B1D ⋅ AC = 0.((BCDXB1C1D1))2. Дано: A(1, 1, 5), B(4, 7, 5), C(8, 5, 5), D(5, –1, 5) — вершины прямоугольника.Найти: больший угол между диагоналями.Решение:JJJGJJJGAC = (7, 4, 0); BD = (1, –8, 0).5AC ⋅ BD = –25 = 65 ⋅ 65 ⋅ cosα = 65 ⋅ cosα ⇒ cosα = − .13⎛ 5⎞⎛5⎞Bα = arccos ⎜ − ⎟ = 180° – arccos ⎜ ⎟ .⎝ 13 ⎠⎝ 13 ⎠С—41.

Дано: BACD — тетраэдр, ∠BDC = ∠BDA =∠DCA = 90°, BC = 3, AC = 4.AD31CJJJG JJJG JJJG JJG JJG JJGНайти: AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA ⋅ CB — ?Решение:∠BCA = 90°, т.к. имеет место теорема о трех перпендикулярах (DC ⊥AC, BD ⊥ плоскости DCA) ⇒ BA = 5. ТогдаJJJG JJJG JJJG JJG JJG JJG JJJG JJJG JJG JJJG JJG JJGAB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA ⋅ CB = AB ⋅ AC + CB ⋅ AB + CA ⋅ CB =JJJG JJJG JJG JJG JJGJJG JJG= AB( AC + CB ) + CA ⋅ CB = AB2 + CA ⋅ CB = 25 + 0 = 25 (т.к.

CA ⊥ CB).Ответ: 25.2. Дано: ABCA1B1C1 — прямая треугольная Yпризма, ∆ABC — равнобедренный, AC = CB = ABa, ∠ACB = 120°, AA1 = a, E — середина CA, F— середина BB1.CFНайти: 1) EF; 2) угол между EF и AA1.Решение:XB1) Введем систему координат: A — начало Aкоординат, AB — первый базисный вектор,EAA1 — второй, третий перпендикулярен AA1B.C⎛a 3 a⎞a ⎞⎛; 0; ⎟⎟ , F = ⎜ a 3; ; 0 ⎟Тогда E = ⎜⎜Z2 ⎠4⎠⎝⎝ 4111(AB = 2AC⋅cos∠CAB = a 3 ).222⎛a 3⎞ ⎛a⎞ ⎛ a⎞Тогда EF = ⎜⎜ a 3 −⎟⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ − ⎟ = a 2 .4 ⎠ ⎝2⎠ ⎝ 4⎠⎝JJJG JJJG JJJG JJJG2) EF ⋅ AA1 =| EF | ⋅ | AA1 | ⋅ cosα, где α — искомый угол ⇒JJJG JJJGEF ⋅ AA1.⇒ cosα = JJJG JJJG| EF | ⋅ | AA1 |JJJG ⎛ 3 3a a a ⎞ JJJGEF = ⎜⎜; ; − ⎟⎟ ; AA1 = (0, a, 0).⎝ 4 2 4⎠a2JJJG JJJGJJJG JJJG a 2EF ⋅ AA122AA1 ⋅ EF =.⇒ JJJG JJJG = 2 == cosα ⇒ α =arccos442| AA1 | ⋅ | EF | a ⋅ a 2Ответ: 1) a 2 ; 2) arccos2.4С—5а) Доказать, что A(1, 2, 3) и B(–1, –2, –3) симметричны относительноO(0, 0, 0).б) Доказать, что B(3, –4, 5) и C(3, 4, 5) симметричны относительно Oxz.Доказательство:32а) середина отрезка AB = (0, 0, 0) = т.

O ⇒ A симметрична B относительно т. O(0, 0, 0).б) середина отрезка BC = (3, 0, 5) = A ∈ Oxz.Докажем, что BC ⊥ Oxz.JJJGBC = (0, 8, 0), в то же время любой вектор,принадлежащий Oxz, имеет координаты (x, 0, z)αJJJG GJJJG Gl= l, где x, z ∈ R ⇒ BC ⋅ l = 0 ⇒ BC ⊥ l , где l —aлюбой вектор, принадлежащий Oxz ⇒ BC ⊥βkOxz ⇒ B симметрична C относительно Oxz.2. Доказать, что при движении двугранныйугол отображается на равный ему двугранныйугол.Доказательство:l1α1Рассмотрим двугранный угол, образованa1ный полуплоскостями α и β с границей a и линейным углом lk, где l и k — лучи, принадлежащие α и β соответственно и перпендикулярβ1k1ные a.Пусть при движении a → a1, α → α1, β →β1, k → k1, l → l1. Очевидно, что a1 — границаполуплоскостей α1 и β1, в которых лежат лучи l1 и k1 соответственно.

А т.к.при движении углы сохраняются, то l1 ⊥ a1 и k1E⊥ a1, и ∠lk = ∠l1k1 ⇒ двугранный угол при движении отображается на равный ему. Ч.т.д.С—61. Пусть дана правильная четырехугольнаяпирамида EABCD с высотой EO. При симметрииотносительно EO E → E, A → C, C → A, B → D,D → B ⇒ ABCD → ABCD ⇒ EO — ось симметрии пирамиды.A2. Пусть H — произвольная точка пирамиды.Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью EOH.Очевидно, оно треугольное. По доказанному в п.1) H → H1 ∈ пирамиде.

Но очевидно, что треугольник, полученный в сечении, отображается насебя при симметрии относительно EO, проходящей через одну из его вершин ⇒ треугольник —равнобедренный. Ч.т.д.С—71. Дано: цилиндр, γ — угол между диагональюи образующей развертки, β — угол между диагональю осевого сечения и плоскостью основанияНайти: β = ?BCODββϕ33Решение:R — радиус основания, тогда рассмотрим сечение и развертку: высотаодинакова и равна h, основание развертки равно 2πR, а основание сеченияравно 2R. Тогдаhhtgϕ =; tgβ =⇒ tgβ = πtgϕ.

β = arctg(πtgϕ).2πR2RОтвет: arctg(πtgϕ).E2. Дано: EABCD— правильная четырехугольная пирамида, AB = 10, боковые гранинаклонены к основанию под углом α = 60°,r = 2. В ЕABCD вписан цилиндр.Найти: Sбок..BCРешение:Рассмотрим сечение, проходящее черезвысоту EO и перпендикулярное AB.AD∆EMN — равнобедренный, ∠EMN = α.Найдем высоту цилиндра.EMNKL = MK ⋅ tgα; MK =– r = 3 ⇒ KL2L=3 3 ⇒⇒ Sбок. = 2πr ⋅ KL = 12 3π .Ответ: 12 3π .С—81. Дано: конус Sбок. = 12π, α = 120° — центральный угол в развертке.Найти: Sсеч..Решение:Площадь боковой поверхности конуса S = πrL=12π.Площадьразверткиα 22π 2S = ⋅ L = πrL = 12π(1) ⇒L = 12π ⇒ L 2 = 3623⋅ 2MKOαh1Площадь осевого сечения S = L2 ⋅ ⋅ sin ϕ .

ϕ — угол при вершине в осе2вом сечении.ϕ r 1ϕ 2 24 2⇒ sin ϕ =⇒Из (1) sin = = ⇒ cos =2 L 3239⇒ sin ϕ =4 214 2⇒ So.c. = ⋅ 36 ⋅= 8 2.929Ответ: 8 2 .34NrβdhL2. Дано: L — образующая, β — плоскостьосевого сечения, α — угол, который составRляет L и плоскость основания, d — диагональ осевого сечения, d ⊥ L.Найти: Sбок..Решение:d = L ⋅ tgα. Рассмотрим осевое сечение β. Обозначим длину оси как h.Sбок. = Sпов. вр..Площадь боковой поверхности конуса ест площадь боковой поверхности фигуры, образованной вращением сечения β относительно h.Sбок. = πL(R + r).L; r = R – h ⋅ ctgα = L ⋅ cosα.R=2 cos α1 ⎞⎛⎛ L⎞22Sбок.

= πL ⎜− L ⋅ cos α ⎟ = πL2cosα ⎜ −1 +⎟ = πL cosα ⋅ tg α =2cosα⎠cosα⎝⎝⎠= πL2sinα ⋅ tgα.Ответ: πL 2 sin αtgα .С—91. Дано: ABCD — прямоугольная трапеция, ∠BAD = 90°, BC = AB = a,AD = 2a.Найти: Sпов..CBРешение:Sпов. = S1 + S2.DS1 — от вращения ABCM.ZAMS2 — от вращения CMD.S1 = 2πa2 + πa2 = 3 ⋅ πa2; S2 = πa ⋅ CD; CD = a 2 ⇒ S2 = πa 2 2 ⇒⇒ Sбок. = 3πa2 + πa2 2 = πa2(3 + 2 ).Ответ: πa2(3 + 2 ).2.

Дано: DABC — пирамида, ABC —Dравнобедренный треугольник, AC = AB = a,∠BAC = α, ∠DAC = β.Найти: Sконуса.aРешение:BAαНайдем радиус r основания. ОснованиеHaописано вокруг ∆ABC.ACπ αC∠ABC = − ;= 2r ⇒ rsin ∠ABC2 2a.=α2 cos2Теперь будем искать образующую конуса. Т.к. вершина конуса совпадает с вершиной пирамиды, ребра DA, DB и DC будут образующими, а зна35чит, будут равны, т.е. DA = DB = DC ⇒ боковые грани есть равнобедренныетреугольники ⇒ ∠DCA = β. Опустим высоту DH на сторону AC.

Она такжеaи медиана, и биссектриса (т.к. ∆ADC — равнобедренный) ⇒ DA =,а2 cos βт.к. Sконуса = πr ⋅ DA ⇒πa 2.⇒ Sконуса =α4 cos cos β2πa 2Ответ:.α4 cos cos β2С—101. Дано: r = 2, O1 ∈ Oxz (O1 — центр сферы), O ∈ сфере, A(1, 1, 0) ∈сфере.Составить уравнение сферы.Решение:Уравнение сферы имеет вид: (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = r2, где (a, b,c) — координаты центра, r — радиус. Но т.к. O1 ∈ Oxz, то b = 0 ⇒⇒ (x – a)2 + y2 + (z – c)2 = 4.Т.к.

O(0, 0, 0) и A(1, 1, 0) ∈ сфере, имеем:⎧a 2 + c 2 = 4⎧a 2 + c 2 = 4⎨(a − 1) 2 + 1 + c 2 = 4 ⇒ ⎨(a − 1) 2 + c 2 = 3⎩⎩4 – a2 = 3 – a2 – 1 – 2a; 2a = –2, a = –1 ⇒c = ± 3 ⇒ имеем 2 вариантауравнения сферы:(x – 1)2 + y2 + (z – 3 )2 = 4,(x – 1)2 + y2 + (z + 3 )2 = 4.Ответ: (x – 1)2 + y2 + (z – 3 )2 = 4 или (x –1)2 + y2 + (z + 3 )2 = 4.2. Дано: сторона ромба равна a, острыйугол равен α. Все стороны касаются шара.πa 2Площадь большого круга равна.8Найти: расстояние от центра шара до плоскости ромба.Решение:πa 2a 2DS== πR2; h =.84Рассмотрим сечение по плоскости ромба.36OαRaAO1CBMОбозначим ромб ABCD.

Центр вписанной окружности — как O1. Найдем радиус r.ααO1C = a ⋅ sin ; O1B = a ⋅ cos .22O1B ⋅ O1C = BC ⋅ r.ααaa2sin cos = a ⋅ r; r = ⋅ sinα.222Рассмотрим сечение, перпендикулярноеплоскости ромба, проходящее через OO1.Тогда OO1 = R 2 − r 2 = aO1rROR2 sin 2 α1 − 2 sin 2 αcos 2α==a=a−81648a2 cos 2α4aОтвет:2 cos 2α .4=17.С—111. Дано: α || β, Sα = 144π, Sβ = 25π, р =Найти: Sшара.Решение:S = 4πR2. Найдем R.Рассмотрим сечение, перпендикулярное α.

Найдем rα и rβ. S = πr2.SSα= 12; rβ = β = 5.rα =ππПусть OαO = x ⇒ OβO = 17 – x⎧⎪ R = x 2 + r 2 = x 2 + 144α⇐ ⎨=−17R(x) 2 + rβ2 = x 2 + 289 + 25 − 34 x⎪⎩OαRααOOβRββ⇒ 144 = 314 – 34x; 34x = 170 ⇒ x = 5 ⇒ R = 25 + 144 = 13 ⇒⇒ S = 4π ⋅ 169 = 676π.Ответ: 676π.2. Дано: C ∈ α, C ∈ β, B ∈ β, B ∈Cсфере O, A ∈ α, A ∈ сфере O, S = 32π, ϕϕ= 60°.AНайти: р. = ОСRРешение:RПостроим сечение, проходящее чеOрез т.

O ⊥ α ∩ β (прямая l).α2S = 32π = 4πR ⇒ R = 2 2 .CO делит ϕ пополам ⇒ COβ37R=sinϕ2=4 2 .Ответ: 4 2 .С—121. Дано: ABCD — пирамида, AB = 4,∆ABC — основание, ∠ACB = 30°, DA = DB= DC = 5.Найти: р.AРешение:Рассмотрим сечение по плоскости основания.AB= 2r ⇒ r = 4.sin ∠ACBПусть OH — перпендикуляр из центрашара на плоскость основания. Заметим, что т.H совпадет с т. O1. DO1 будет высотой пираL2, где L — длина бокового ребмиды.