ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 5

Rш =2HBrOCDACра, а H — высота пирамиды. H = L − r = 3257⇒ Rш =. Но H = 3 ⇒ р = Rш – H = .B667Ответ: .62. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямой паB1C1раллелепипед, ABCD — ромб, ∠DAB = α.Найти: угол между большей диагона- A1D1лью параллелепипеда и плоскостью основания.Решение:CBПусть сторона ромба равна a, высотаAααDравна h, AC = 2acos , BD = 2asin . Рас22C1смотрим сечение, проходящее через AC пер- Aпендикулярно ABCD.A1C — большая диагональ. Тогда искомый угол — β.AAtgβ = 1 , A1A = 2r.βACCA1Найдем r.

Возьмем сечение, параллельноеABCD и проходящее через т. O (центр шара). В сечении получится ромб,22D238A2OB2C2равный ABCD. Обозначим его как A2B2C2D2.Рассмотрим ∆A2OD2. ∠A2OD2 = 90°.11S A2 OD2 = r ⋅ A2D2 = OA2 ⋅ D2O.22ααa 2 ⋅ sin ⋅ cosOA2 ⋅ D2O22 = a sin α cos α .=Тогда r =A2 D2a22AA2r=Тогда tgβ = 1 =AC ACααcos22 = sin α .α22a cos22a sin⎛ α⎞β = arctg ⎜ sin ⎟ .2⎠⎝⎛ α⎞Ответ: arctg ⎜ sin ⎟ .2⎠⎝С—131. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямой параллелепипед, ABCD — квадрат,A1C = d, ∠A1CB1 = 30°.Найти: V.B1C1Решение:∆A1CB1 — прямоугольный.

Тогда A1B1 A1D1d= A1C ⋅ sin30° = .2CB1 = A1C ⋅ cos30° =d 3.2Но= CB12 − B1C12 =CBADCC13d 2 d 2 d 2−=.442Но V = A1B12 ⋅ CC1 =d2 d 22⋅= d3.4282.82. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма,∆ABC — прямоугольный (основание), ∠C =Ответ: d 390°, AC = 4, BC = 2 3 , ∠AB1C = 30°.Найти: V.Решение:B1C ⊥ AC1 ⇒ B1C = ACctg30° = 4 3 ⇒B1B = 6 ⇒A1B1C1ABC39⇒V=1AC ⋅ CB ⋅ B1B = 24 3 .2Ответ: 24 3 .С—141. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямой параллелепипед, ABCD — ромб, AC = 8, BD = 6, ∠β= 60° = ∠C1HC, C1H и CH — высоты.Найти: V.Решение:Т.к. AC = 8, DB = 6 ⇒ AD = 5. Найдем высоту CH.1SABCD = CH ⋅ AB = AC ⋅ DB = 24 ⇒ CH224⇒=5⇒ CC1 = CH ⋅ tg60° =V = CC1 ⋅ SABCD =B1C1A1D1CBHAD24 3.5576 3.5576 3.52.

Дано: R = 4, H = 10, осевое сечение цилиндра — квадрат.Найти: V.Решение:R 2Рассмотрим осевое сечение. tgα = = .H 5Пусть r — радиус основания цилиндра. Тогдаr2tgα == .H − 2r 520.5r = 20 – 4r; 9r = 20 ⇒ r =9400 4016000π.V = πr2 ⋅ 2r =⋅ ⋅π =81 972916000π.Ответ:729С—151. Дано: ABCA1B1C1 — наклонная призма, основание ABC — правильный треОтвет:αrHRA1B1C140AH1BHÑугольник, ∠AA1C = ∠A1AB = 60°, AB = a, AA1 = b.Найти: V.Решение:a2 3 1Sосн. =( AB ⋅ AC ⋅ sin60°).24A1H — высота призмы.3.A1H1 = A1A ⋅ sin60° = b2bAH1 = A1A ⋅ cos60° = .2bH1H = AH1 ⋅ tg30° =(т.к.

∆ABC — правильный).2 3AH1 = A1H12 − H1H 2 = bV = Sосн. ⋅ AH1 =2.3a2 32 a 2b 2⋅b=.434a 2b 2.42. Дано: ABCDA1B1C1D1 — наклонный параллелепипед, A1H — высота,Ответ:B1∠A1AH = 60°, A1H = 5 3 , E ∈ AA1, F ∈A1D1D, K ∈ B1B, EF ⊥ AA1, KE ⊥ AA1,EK∠FEK = 45°, S(AA1D1D) = 60, S(AA1B1B)= 40.BFНайти: V(ABCDA1B1C1D1).HРешение:ADS(AA1B1B) = AA1 ⋅ EK = 40 = 10 ⋅ EK⇒ EK = 4.AH5 3=⋅ 2 = 10)(Из ∆AHA1 AA1 = 1sin 60°3Аналогично S(AA1D1D) = AA1 ⋅ EF = 10 ⋅ EF = 60 ⇒ EF = 6.Достроим ∆EFK до перпендикулярного сечения EFLK.2S(EFLK = EF ⋅ EK ⋅ sin45° = 24 ⋅= 12 2 .2C1D1LCV = AA1 ⋅ S(EFLK) = 10 ⋅ 12 2 = 120 2 .Ответ: 120 2 .С—16411. Дано: ABCDE — правильная четырехугольная пирамида, EH — высота, равная h,∠BEC = α.Найти: V.Решение:Пусть AB = a. ∆AEB — равнобедренный.EH1 ⊥ AB.aαEH1 = ⋅ ctg . Найдем HH1.

Т.к. ABCD —22квадрат, то HH1a2a2a+ h2 ==⇒244 tg 2αEBAD2⇒ aα2⋅cos αsin 22= 4hαsin 24 32 .= h ⋅3cos αBHMCp ( p − AB) 2 ( p − CB) = ( 5 + 2) ⋅ 4 ⋅ ( 5 − 2) == (5 − 4) ⋅ 4 = 2.S(ABC) =12SAM ⋅ CB (AM — высота) ⇒ AM == 1.CB2∆AHD = ∆CHD = ∆BHD по катету и противоположному углу ⇒⇒ AH = HB = HC = R ⇒ H — центр описанной окружности.AB ⋅ BC ⋅ AC 5 ⋅ 4 5R=== = AH.4S4⋅2 25Из ∆AHD: AH = HD = .211 55V(DABC) = ⋅ DH ⋅ S(ABC) = ⋅ ⋅ 2 = .33 235Ответ: .3С—1742⇒ VDαsin 24 32 .Ответ: h ⋅cos α32. Дано: DABC — пирамида, AB = AC A= 5 , CB = 4, DH — высота, ∠DAH =∠DBH = ∠DCH = 45°.Найти: V(DABC).Решение:PP = AB + BC + AC = 2 5 + 4; p = = 5 + 2 .2S(ABC) =CHH11. Дано: α = 120°, Sбок. = 3π.Найти: V.Решение:αRα2πα=; Sбок. = ⋅ R2; R2 = 9, R = 3, где R32— образующая конуса.L = α ⋅ R, где L — длина дуги.

L = 2π.L2π = 2πr, где r — радиус основания конуса ⇒ r = 1 ⇒ V =1 2πr h, где h3— высота конуса.h = R2 − r2 = 2 2 .V=2 2π1π⋅2 2 =.332 2π.32. Дано: ABCD — правильная тре30=угольная пирамида, AB = 10 3 , р =13OM. В DABC вписан конус.ADH — высота DO = OH.Найти: Vконуса.Решение:Найдем r — радиус основания.Рассмотрим плоскость ABC.3BH 2 = AB ⋅= 5 ⋅ 3 = 15 ;21HH 2 = r = BH 2 = 5 .3Рассмотрим сечение, перпендикулярное ABC, проходящее через высоту ABCD(DH) (заметим, что DH совпадает с осьюсимметрии конуса) и проходящее через DВ(т.

O — середина DH).H2x DH 2Пусть DO = x. =(т.к. ∆DOM ∼р H2HОтвет:DMH2OBHH1CDMOHB∆DHH2, т.к. ∠HDH2 — общий, ∠DMO = ∠DHH2 = 90°).5x = р ⋅ DH2, но DH2 = 25 + 4 x 2 .25x2 = р2 ⋅ (25 + 4x2);x2(25 – 4р2) = 25р2;43900 ⎞900⎛x 2 ⎜ 25 − 4 ⋅;⎟ = 25 ⋅169 ⎠169⎝x 2 ⋅ 25 52 ⋅ 302;=1691325 ⋅ 30x==6.25 ⋅ 1312V = V = πr 2 ⋅ DH = ⋅ π ⋅ 25 ⋅ 6 = 100π .33Ответ: 100π.С—181.

Дано: ABCA1B1C1 — правильнаяA1усеченная пирамида, AC = a, A1C1 = b, AA1= a – b (a > b).Найти: V(ABCA1B1C1).AРешение:HОпустим высоту A1H. Проведем HK ⊥KAC.AC − A1C1 a − bAK =.=22∆AKH ∼ ∆AMC (M — середина CB) (по двум углам).aa 3 AK AMCM = ; AC = a; AM =⇒;=2AHAC2⇒ AH =B1C1BMCAK ⋅ AC (a − b) ⋅ a ⋅ 2 (a − b) 3==.AM32⋅a 3Из ∆AHA1: A1H = AA12 − AH 2 = (a − b) 2 −( a − b) 22= (a – b).33a2 3b2 3; S(A1B1C1) =44A1H⇒ Vпирамиды =(S(ABC) + S(A1B1C1) + S ( ABC ) ⋅ S ( A1B1C1 ) ) =3S(ABC) ==(a − b) 2 ⎛ a 2 3 b 2 3 ab 3 ⎞ (a − b) 2 2++(a + b2 + ab) =⎜⎟=44 ⎟⎠3⋅ 43 3 ⎜⎝ 4= (a2 + b2 + ab)( a − b) 2( a 3 − b3 ) 2=.1212( a 3 − b3 ) 2.122.

Дано: ∆ABC, AB = BC = 10, AC = 12, CM⊥ AC, CM — ось вращения.Ответ:BM44AHCНайти: Vт. вр..Решение:Опустим высоту BH. AH = HC = 6. Если BM ⊥ MC, то BM = AH = 6.Из ∆ABH: BH = MC = AB 2 − AH 2 = 8ππ⇒ Vт. вр. = ⋅ BH(AC2 + BM ⋅ AC) = ⋅ 8 ⋅ (144 + 6 ⋅ 12) =33π8 ⋅ 216 ⋅ π= 8 ⋅ 72π = 576π.= ⋅ 8 ⋅ (144 + 72) =33Ответ: 576π.С—191. Дано: шар(0, R), R = 5, плоскость α касаMется шара в точке H, H ∈ плоскости β, угол3Oмежду α и β равен arccos , β ∩ шар.5KНайти: Vменьшего сегмента.Решение:Рассмотрим сечение фигуры плоскостью, αHпроходящей через т.

H, перпендикулярной α иβ.βВ равнобедренном ∆HOM ∠OHM = ∠OMHπ3= − arccos .25Опустим перпендикуляр HK в ∆OHM.3⎞3⎛OK = OH ⋅ sin∠OHM = 5cos ⎜ arccos ⎟ = 5 ⋅ = 3 ⇒ высота сегмента H =55⎝⎠R – OK = 2.H⎞2 ⎞ 4π ⋅ 13 52π⎛⎛Значит, Vсегмента = πH2 ⎜ R − ⎟ = π ⋅ 4 ⎜ 5 − ⎟ ==.3⎠3⎠33⎝⎝52πОтвет:.32. Дано: конус, L — образующая, L = 10, Sбок.

= 60π. В конус вписан шар.BНайти: Vшара.Решение:Рассмотрим ∆ABC — осевое сечение конуса AB = L, AH = R.Sбок. = πRL = 10R = 60 ⇒ R = 6.В ∆ABC вписан большой круг шара. ВO∆ABC BH = 8.H11ACS(ABC) = AC ⋅ BH ⋅ = 48 = P ⋅ r.2245P = AB + BC + AC = 20 + 12 = 32 ⇒ r =2 S 48 ⋅ 2 12===3.P3244 3 4πr = π ⋅ 27 = 36π.33Ответ: 36π.Vшара =ДС1. Дано: шар: (x + 1)2 + (y – 3)2 + (z – 2)2 = 1, плоскость α: 2x – y + 2z – 1= 0.Пересекает ли α шар; найти площадь сечения.Решение:GЦентр шара O(–1, 3, 2), n (2, –1, 2). Опустим OH — перпендикуляр наJJJGGα. OH = kn = (2k, –k, 2k).JJJGGПусть H(x0, y0, z0) ⇒ OH (x0 + 1, y0 – 3, z0 – 2) = kn .⎧⎪ x0 + 1 = 2k ⎧⎪ x0 = 2k − 1⎨ y0 − 3 = − k ; ⎨ y0 = 3 − k .⎪⎩ z0 − 2 = 2k ⎪⎩ z0 = 2k + 2H ∈ α ⇒ 2(2k – 1) – 1⋅(3 – k) + 2(2k + 2) – 1 = 0; 8k + k – 2 = 0; k =JJJG ⎛ 4 2 4 ⎞ JJJG16 + 4 + 164 2OH ⎜ ; − ; ⎟ ; | OH |=== .819 3⎝9 9 9⎠OH < R ⇒ плоскость α пересекает сферу.5.Радиус сечения r = R 2 − OH 2 =35πSсечения = πr2 =.95πОтвет:.92. Дано: A(1, 0, –2), B(0, 3, 1), A, B ∈ α, α || Oz.Найти: уравнение α.Решение:JJJG GВыберем точку C так, что AC = k (0, 0, 1) ⇒ C(1, 0, –1).Уравнение α: Px + Qy + Rz + S = 0; A ∈ α, B ∈ α.⎧R = 0⎧⎪ P − 2 R + S = 0 ⎪S⎨3Q + R + S = 0 ; ⎨Q = − .⎪⎩ P − R + S = 0 ⎪ P = − S3⎩yУравнение α: x + – 1 = 0 или 3x + y – 3 = 0.3Ответ: 3x + y – 3 = 0.462.9Вариант 4С—11.

Дано: DABC — тетраэдр, ∠ACD= 90°, ∠BAC = 60°, ∠DCB = 60°, AB =8, DB ⊥ ABC.1) Найти координаты вершин.Решение:1A(0, 0, 0), C(0, 4, 0), т.к. AC = AB2(AC лежит против угла = 30°);CB = 8 ⋅3из ∆ABC ⇒ B( − 4 3 ,2ZZBYC4, 0).Из ∆DBC: DB = CB ⋅ tg60° X= 4 3 ⋅ 3 = 12 ⇒ D( −4 3 , 4, 12).JJJG2) Найти AK , K — точка пересечения медиан ∆DBC.Решение:JJJGВозьмем медиану CE: E( −4 3 , 4, 6); CE ( −4 3 , 0, 6)JJJG 2 JJJG ⎛ 8 3JJJG ⎛ 8 3⎞⎛ 8 3⎞⎞CK = CE = ⎜⎜ −,0, 4 ⎟⎟ ⇒ K ⎜⎜ −, 4, 4 ⎟⎟ ⇒ AK ⎜⎜ −, 4, 4 ⎟⎟3333⎝⎠⎝⎠⎝⎠JJJGGGG8 3AK = −i + 4 j + 4k .3JJJGJJJG2. Дано: A, B, C, AB (2, 3, –1), AC (–4, m, n).Найти, при каких m, n A, B, C лежат на одной прямой.Решение:JJJGJJJGЕсли A, B, C ∈ a, то AB = k AC1⎧⎪k = − 2⎪⎧2 = − k ⋅ 4 ⎪⎨3 = km ; ⎨m = −6 .⎪⎩−1 = kn⎪n = 2⎪⎩Ответ: при m = –6, n = 2.С—21. Дано: ∆ABC, BC = AC 3 , A(1, –1, 1), B(–1, –1, 3), C(0, 0, –z0) ∈ Oz, z0> 0.Найти CM (CM — медиана).Решение:JJJGJJJGBC (1, 1, –z0 – 3), AC (–1, 1, –z0 – 1)47JJJGBC = 1 + 1 + ( z0 − 3) 2 ; AC = 1 + 1 + ( z0 − 1) 2⇒ 2 + (z0 – 3)2 = 3(2 + (z0 – 1)2)2 + z02 – 6z0 + 9 = 6 + 3z02 – 6z0 + 3z02 = 1; z0 = 1, т.к.

z0 > 0JJJGM(0, –1, 2); C(0, 0, –1); CM (0, –1, 3)JJJG| CM | = 1 + 9 = 10 .10 .GG G2. Дано: p (–1, 2, 1), m ↑↓ p , | m | = 3 6 .GНайти координаты m .Решение:G GGGm = k p ; | p | = 1 + 1 + 4 = 6 ⇒ k = –3; m (3, –6, –3).Ответ: (3, –6, –3).Ответ:С—31. Дано: ABCA1B1C1 — правильнаяпризма, AB = AA1, P ∈ A1B1, A1P = PB1.JJJG JJJG1) Найти: C1P ⋅ B1C .Решение:Поместим призму в полярную системукоординат Hxyz. В ней⎛ a 3 ⎞⎛a 3 ⎞C1 ⎜⎜ 0,, a ⎟⎟ ,P ⎜⎜ 0, −, a ⎟⎟ ,36⎝⎠⎝⎠ZC1B1A1YCHB⎛ a a 3 ⎞⎛ a 3 ⎞B1 ⎜⎜ − , −, a ⎟⎟ , C ⎜⎜ 0,, 0 ⎟⎟63⎝ 2⎠⎝⎠AXJJJG ⎛⎞a 3 ⎞ JJJG ⎛ a a 3C1P ⎜⎜ 0, −, 0 ⎟⎟ , B1C ⎜⎜ ,, − a ⎟⎟2⎝2 2⎠⎝⎠JJJG JJJG−3a 2( C1P ⋅ B1C ) =.4JJJG JJJG2) Найти AP ⋅ PC1 .Решение:JJJG ⎛ a⎞ JJJG ⎛ a 3 ⎞ JJJG JJJGAP ⎜ , 0, a ⎟ , PC1 ⎜⎜ 0,, 0 ⎟⎟ ; ( AP ⋅ PC1 ) = 0.22⎝⎠⎝⎠2.

Дано: A(14, –8, –1), B(7, 3, –1), C(–6, 4, –1), D(1, –7, –1), ABCD —ромб.Найти острый угол ромба.Решение:JJJGJJJGAB (–7, 11, 0), AD (–13, 1, 0)48JJJGJJJG| AB | = 49 + 121 = 170 = | AD |JJJG JJJG( AB ⋅ AD ) = 91 + 11 = 102 = 170cos∠BAD3102 51 3== , ∠BAD = arccos .cos∠BAD =5170 85 53Ответ: arccos .5С—4P1. Дано: PMHK — пирамида, ∠PKH = 90°,PM ⊥ MHK, MK = 6, KH = 8.JJJJG JJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJGНайти: MH ⋅ MK + HK ⋅ HM + KM ⋅ KH .Решение:JJJJG JJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJGMH ⋅ MK + HK ⋅ HM + KM ⋅ KH =JJJJG JJJG JJJG JJJJG JJJGMMH ( MK − HK ) + KM ⋅ KH =JJJJG JJJJG JJJJG JJJG= ( MH ⋅ MH ) + KM ⋅ KH =JJJJGJJJJG JJJGH| MH |2 + KM ⋅ KH∆MKH — прямоугольный по теореме о трех перпендикулярах ⇒JJJJG JJJGMH = MK 2 + HK 2 = 10 ⇒ KM ⊥ KH, ( KM ⋅ KH ) = 0JJJJG⇒ искомое выражение равно | MH |2 = 100.Ответ: 100.Z2.