ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 6

Дано: MACB — пирамида, MC ⊥ACB, ∠ACB = 135°, AC = a 2 , BC = MC =a, E ∈ CA, CE = EA, F ∈ BM, BF = FM.M1) Найти EF.Решение:Поместим пирамиду в полярную систему координат Cxyz.FCE2В ∆ABC: AB2 = a2 + 2a2 2 ⋅; AB2KX=a 5 .⎛ a 2 a 2 ⎞,, 0 ⎟⎟ , C(0,A( a 2 , 0, 0), B ⎜⎜ −22⎝⎠BY⎛a 2⎞⎛ a 2 a 2 a ⎞ JJJG ⎛ 3 2 a 2 a ⎞0, 0), M(0, 0, a), E ⎜⎜, 0, 0 ⎟⎟ , F ⎜⎜ −,, ⎟ ; EF ⎜⎜ −a,, ⎟;44 2 ⎟⎠4 2 ⎟⎠⎝⎝ 4⎝ 2⎠JJJG9 1 1 a 6+ + =.| EF | = a8 8 422) Найти угол α между EF и CM.Решение:49JJJGJJJGJJJGa 6CM (0, 0, a), | CM | = a; | EF | =2JJJG JJJG1a2 a2 6cosα; cosα ==;( EF ⋅ CM ) =2261α = arccos.61.Ответ: arccos6С—5JJJG GG1. Дано: p , A(1, 2, 3), B(4, 5, 6), AB = p .G1) Найти p .Решение:Gp (3, 3, 3).2) Доказать: A(5, 6, 7) и B(–5, –6, –7) симметричны относительно Oy.Доказательство:JJJGO1(0, 6, 0) — середина AB, лежит на Oy и AB (–10, 0, –14) ⊥ Oy ⇒ A и Bсимметричны относительно Oy.2.

Доказать, что при движении прямая и плоскость, составляющие уголϕ, отобразятся на прямую и плоскость, составляющие угол ϕ.Доказательство:Опустим из точки прямой перпендикуляр на плоскость. При движенииперпендикуляр, наклонная и ее проекция сохранят свои длины, а следовательно, сохранится и угол ϕ в этом прямоугольном треугольнике.С—61. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоB1C1угольный параллелепипед, AD1 ∩ A1D =D1A1O1, B1C ∩ BC1 = O2.O2Доказать: O1O2 — ось симметрии.Доказательство:O1При отображении относительно O1O2BCвершины переходят в вершины, ребра вребра, грани в грани ⇒ O1O2 — ось симDметрии.2.

Доказать, что любая плоскость α (O1O2 ∈ α) является прямоугольником.Доказательство:Секущие линии в гранях AA1B1B, A1B1C1D1, DD1C1C, ABCD параллельны O1O2, а следовательно, перпендикулярны любым прямым в плоскостяхAA1D1D и B1BCC1 ⇒ любое сечение плоскостью α — прямоугольник.С—7501. Дано: цилиндр, O1O2 — ось, ABCD —осевое сечение, ∠ACD = α.Найти угол ϕ между диагональю и основанием развертки боковой поверхности.Решение:Из ∆ACD заключаем: AD = DC ⋅ tgα, H =2R ⋅ tgα — I сторона;L = 2πR — II сторона развертки⇒dO1ADBCO2= H 2 + L2 = 4 R 2 tg 2α + 4π2 R 2 = 2 R tg 2α + π2 .Значит, tgϕ =H 2 R tgα tgα⎛ tgα ⎞==; ϕ = arctg ⎜⎟.2πRπL⎝ π ⎠⎛ tgα ⎞Ответ: arctg ⎜⎟.⎝ π ⎠2.

Дано: PABC — правильная пирамида, PH — высота, AB = 8 3 , E ∈ AC,AE = EC, ∠PEH = 45°, KH — высота цилиндра, KH = 2.Найти Sбок. цил..Решение:AB 3 24EH == 4 = PH = 2KH=661⇒ Из ∆LKP ∼ ∆EHP: R = LK = EH =22⇒ Sбок. = 2πR ⋅ KH = 2π ⋅ 2 ⋅ 2 = 8π.Ответ: 8π.PKLBAС—81. Дано: конус, центральный угол в развертке α = 240°, высота конуса h = 5 5 .Найти: Sбок..Решение:αSбок. =⋅ L2.

Если угол наклона обра2hhзующей ϕ, то L =, R=.sin ϕtgϕДлина окружности основания l = 2πR2πhh=⇒=α⋅L=αtgϕsin ϕEHCLϕLHR51α 2 ⋅ 2π 25== ⇒ sin ϕ =2π 3 ⋅ 2π 332π ⋅ 125 ⋅h2πh 2 ⋅ cos ϕ3 = 25π ⋅ 2 ⋅ 3 = 150π .Sбок. = πR ⋅ L = π π==5sin ϕtg ϕsin 2 ϕ9Ответ 150π .2. Дано: усеченный конус, ABCD —O1BCосевое сечение, ∠BAO2 = ϕ, AB ⊥ BD,2πBO1 + 2πAO2 = 2πm.Найти Sбок..Решение:BO1 + AO2 = m. Пусть AB = a, тогдаBH = asinϕ, AH = acosϕ.ϕAH ABHAO2⇒ AD∆AHB ∼ ∆ABD ⇒=AB ADAB 2a2a.===AH a cos ϕ cos ϕcosϕ ⋅ 2π = α ⇒ cosϕ =Daa (1 − 2 cos 2 ϕ) − a cos 2ϕ– 2acosϕ =.=cos ϕcos ϕcos ϕaa cos 2ϕ a (1 − cos 2ϕ)BC + AD =–== 2m ⇒ a = AB =cos ϕcos ϕcos ϕ2m cos ϕ m cos ϕ==1 − cos 2ϕ sin 2 ϕBC = AD – 2AH =⇒ Sбок.

= π ⋅ AB ⋅Ответ:πm 2 cos ϕπm 2 cos ϕ1(BC + AD) ==.2(1 − cos 2ϕ)sin 2 ϕπm 2 cos ϕ.sin 2 ϕС—91. Дано: ABCD — ромб, AC = 8,BD = 6, AC — ось вращения.Найти Vт. вр..Решение:Опустим перпендикуляры BK =AH на AC. Сторона ромба равна:AHBDKAC 2 BD 2+= 5.4411524= AH.S(BCD) = BD ⋅ AC = 12 = DC ⋅ BK = BK ⇒ BK =4225AB =52CSт. вр.

= π[BK⋅BC + 2AB⋅BK + AD⋅AH] = π[2BK⋅BC + 2AB⋅BK] =24⋅ 10 = 96π.= 2π⋅BK[BC + AB]= 2π ⋅5Ответ: 96π.2. Дано: DABC — пирамида, AC = AB =Da, ∠ACB = α, DO — высота, AH — высота∆ABC, ∠DHO = ϕ, (CDB) (ADC) и (ADB)наклонены к (ABC) также под углом ϕ, вDABC вписан конус.AНайти Sбок. конуса.Решение:OИз ∆AHC: AH = AC ⋅ sinα = asinα, СН =Cacosα.S(ABC) =r=H11CB ⋅ AH = (2acosα) ⋅ asinα = a2sinαcosα (CB = 2acosα).222 S 2a 2 sin α cos α a sin α cos α==.1 + cos α2a + 2a cos αPИз прямоугольного ∆DOH: DO = OH ⋅ tgϕ = rtgϕ =DH =a sin α cos αtgϕ.1 + cos αOHa sin α cos α=.cos γ (1 + cos α )cos ϕSбок = πr ⋅ l = πDH ⋅ OH = π ⋅=Ba sin α cos α a sin α cos α⋅=1 + cos α (1 + cos α )cos ϕπa 2 sin 2 2α.4(1 + cos α ) 2 cos ϕС—101.

Дано: R = 3, O ∈ Oz, K(–2, –2, 1) ∈ сфере.Найти уравнение сферы.Решение:Уравнение сферы: (x – x0)2 + (y – y0)2 + (z – z0)2 = 9,т.к. O ∈ Oz, то x0 = y0 = 0 ⇒ x2 + y2 + (z – z0)2 = 9.K ∈ сфере: 4 + 4 + (1 – z0)2 = 9; z0 = 0 или z0 = 2.Уравнение сферы: x2 + y2 + z2 = 9 или x2 + y2 + (z – 2)2 = 9.2.

Дано: A, B, C ∈ сфере, AB = BC =Aπa 2a, ∆ABC = α, Sбольшого круга =.2BНа каком расстоянии от центра нахоOдится (ABC)?Решение:C53Т.к. Sбольш. круга =πa 2a 21; S(ABC) = a2sinα;, то R =222AC = a 2 ⋅ 1 − cos α .r — радиус окружности, описанной около ∆ABC.AB ⋅ BC ⋅ AC a 3 2 ⋅ 1 − cos α a 2 ⋅ 1 − cos αr===.4S2a 2 sin α2 sin αOH — высота пирамиды OABC, искомое расстояниеOH = R 2 − r 2 ===a 2 a 2 (1 − cos α) a 21 − cos α==1−−22 sin 2 α2sin 2 αa 2 1 − cos 2 α − 1 + cos α a 2 (1 − cos α) cos α==2sin α2 1 − cos 2 αa 2 cos α a 2 cos α a cos α==.αα2 1 + cos α2cos2 2cos 222Ответ:a cos α.α2cos2С—111. Дано: сфера, α || β — секущиеBплоскости, lα = 10π, lβ = 24π, O1O2 = 7.Найти Sсферы.Решение:AПроведем плоскость через центрыокружностей, получим сечение ABCD(O, O1, O2 ∈ (ABCD)). Поместим сферув полярную систему координат O2xyz.В ней A(–12, 0, 0), D(12, 0, 0), B(–5,0, 7), C(5, 0, 7).Уравнение сферы: x2 + y2 + (z – z0)2= R2A : 144 + z02 = R 2⎧144 + z02 = R 222 ; ⎨22 ;+(−z)=R257B:0⎩25 + (7 − z0 ) = R119 – 49 + 14z0 = 0; 70 = –14z0 ⇒ z0 = –5; R = 13⇒ Sсферы = 4πR2 = 4 ⋅ 169 ⋅ π = 676π.Ответ: 676π.2.

Дано: шар, α, β — секущие плоскости, B ∈ α, β, сфере, O1, O2 — центрысечений, O — центр шара, O1O = OB2= 2 3 , ∠ABC = 60°.Найти: Sсечений.O154AO1CO2DOBOO2CРешение:∆ABC — равносторонний, O1O2 = AB3⇒ AB = 12 ⇒6AO1 = CO2 = 6 ⇒ Sсеч. = π ⋅ AO12 = 36π.Ответ: 36π.С—121.Дано: DABC — пирамида, ∠ABC =D90°, AB = 4, BC = 3, DH — высота, вершина D удалена от AB, AC, BC на расстояние 3. В DABC вписан шар.Найти rшара.Решение:5H — центр вписанной окружности A∆ABC. AC = 5.LHПроведем перпендикуляр DK к BC.4HK также перпендикулярно BC (по теореме о трех перпендикулярах); DK = 3;BHK — радиус вписанной окружности∆ABC.1S(ABC) = ⋅ AB ⋅ BC = 6; P(ABC) = AB + BC + AC = 12.22 S 12=1HK ==P 12C3K⇒ из ∆DHK: DH = DK 2 − HK 2 = 9 − 1 = 2 2 .Достроим ∆DKH до равнобедренного ∆DKL (PK = DL), в него вписанбольшой круг шара.1LK = 2, DH = 2 2 , S(DKL) = DH ⋅ LK = 2 2 ,21P = DK + DL + LK = 6 + 2 = 8.

S = ( DKL) = LK − DH = 2 22⇒r=2 S ( DKL)4 22==.DK + DL + LK822.22. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, A1C1 = 5, ∠A1B1C1 = 150°, AA1 =24. Около призмы описана сфера.Найти Sсферы.Решение:r — радиус окружности, описанной около ∆A1B1C1Ответ:55r=A1B1 ⋅ B1C1 ⋅ A1C114 ⋅ A1B1 ⋅ B1C1 ⋅ sin150°2=B15C121AA25+ 144=4sin 2 150°41 − cos 300°sin2150°=;cos300°2π⎞π 1⎛cos ⎜ 2π − ⎟ = cos =33 2⎝⎠1⇒ sin2150° = .4R = r2 +A1A1C15=2sin150° 2sin150°AB=CR = 25 + 144 = 169 = 13Sсферы = 4πR2 = 4 ⋅ 169 ⋅ π = 676π.Ответ: 676π.С—131. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, ABCD —квадрат, AB = a, ∠C1AB1 = 30°.Найти Vпараллелепипеда.Решение:Из ∆AB1C: AC1 = 2B1C1 = 2a. НоAC1 = a 2 + a 2 + h 2 ⇒ h = a 2 .⇒ V = AB ⋅ AD ⋅ AA1 = a2B1C1A1D1CBAD⋅ a 2 = a3 2 .Ответ: a 3 2 .2.

Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма,∠ACB = 90°, AC = 5, B1H ⊥ AC, ∠B1HB = 45°,A1B1BK ⊥ HB1, BK = 2 2 .Найти: Vпризмы.Решение:В ∆HBB1: HK = BK = B1K = 2 2 ⇒ HB1= 4 2 , HB = BB1 = 4;1S(ABC) = AC ⋅ BH = 10.2V(ABCA1B1C1) = S(ABC) ⋅ BB1 = 10 ⋅ 4 =40.Ответ: 40.56C1KABHCС—141. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямая призма, ABCD — параллелограмм,BD = 6, ∠ABD = 90°, ∠BDA = 30°, B1H ⊥ AD, ∠B1HB = 30°.Найти: V.Решение:В ∆ABD: AB = BD3= 2 3 ⇒ AD3B1=4 3.C1A111S(ABD) = AB ⋅ BD = 6 3 = AD ⋅ BH22D1= 2 3 BH ⇒ BH = 3.Из ∆B1BH: BB1 = BH ⋅AHS(ABCD) = 2S(ABD) = 12 3 .V = BB1 ⋅ S(ABCD) = 3 ⋅ 12 3 = 36.Ответ: 36.2. Дано: MABCD — правильная пирамида, AB = 8, MH — высота, MH = 16.

ВMABCD вписан цилиндр, осевое сечениецилиндра — квадрат.Найти: Vцилиндра.Решение:E, F — середины AD и BC. Рассмотримсечение EMF, внутри которого лежит квадрат KLMN: EF = 4, MH = 16, LK = 2LP.Из подобия ∆EKL, ∆LPM и ∆EHMEK EH 1 LP;== =KL HM 4 PMEKLP 1LP; EK + LP === ; EK =2 LP PM 423LP816EH ⇒= EH = 4; LP = ; LK = .23316641024πV = LK ⋅ π ⋅ LP2 = ⋅ π ⋅=.39271024πОтвет:.27CB3= 3.3DMBFCHAEDMPLEHKС—151. Дано: ABCDA1B1C1D1 — наклонныйпараллелепипед, ABCD — прямоугольник,MNFB1A1EAD1HFC157CBDAB = a, AD = b, AA1 = c, ∠A1AB = ∠A1AD = 60°.Найти V(ABCDA1B1C1D1).Решение:Опустим высоту AH.

Проведем EH || AD, E ∈ AB, FH || AB, F ∈ AD,cc 3AEHF — квадрат, AF = = AE = FH; A1F = A1E =.22Из ∆A1FH: A1H = AF 2 − FH 2 =⇒ V = A1H ⋅ AB ⋅ AD =3 2 c2 c 2c −=442c 2⋅ a ⋅ b.2abc 2.22. Дано: ABCA1B1C1 — наклоннаяпризма, AH — высота, ∠A1AH = 45°, AHОтвет:A1= 10 2 , S(A1C1CA) = 200, S(A1B1BA) =100, KL ⊥ AA1, KM ⊥ AA1, L ∈ C1C, M ∈KB1B, ∠LKM = 120°.Найти Vпризмы.AРешение:HИз прямоугольного ∆A1HA: AA1 =A1H 2 = 20.ÑS(A1ACC1) = AA1 ⋅ KL = 20KL = 200 ⇒KL = 10.S(A1B1BA) = AA1 ⋅ KM = 20KM = 100 ⇒ KM = 513 25 3⇒ S(KLM) = KL ⋅ KM ⋅ sin120° = 25 ⋅=.222Vпризмы = S(KLM) ⋅ AA1 = 20 ⋅B1C1ML B25 3= 250 3 .2Ответ: 250 3 .С—161. Дано: DABC — правильная пирамида,DH — высота, DH = h, ∠ADB = α.Найти V(DABC).Решение:a 3Пусть AB = a, тогда AH =.3222Из ∆AHD: AD = AH + DH ; AD2 = h2a2a2; AD = h 2 ++.3358DBAHCВ ∆ADB по теореме косинусов AB2 = 2AD2(1 – cosα).⎛a2 ⎞2a2 = 2 ⎜ h 2 + ⎟ (1 – cosα); a2 – a2(1 – cosα) = 2h2(1 – cosα);3⎠3⎝a2 =2h 2 (1 − cos α ) 6h 2 (1 − cos α)6(1 − cos α)=⇒a=h.2 2+α1 + 2 cos α12cos1 − + cos α3 3S(ABC) =a 2 3 6h 2 3 (1 − cos α)=.4(1 + 2 cos α)42h3 3 (1 − cos α) h3 3(1 − cos α)1==V(DABC) = h ⋅ S =4(1 + 2 cos α)2(1 + 2cos α )3α2 .=2cos α + 1h3 3 sinα2 .Ответ:2cos α + 12.

Дано: PABCD — пирамида, AD ||h3 3 sinPBC, DH — высота, BH = 3 3 , AB =CD, ∠BAD = 30°, боковые грани наклонены к основанию под углом 60°.Найти V(PABCD).Решение:K FВ трапецию можно вписать ок- Aружность ⇒ AD + BC = AB + CD,HEF ⊥ AD, E ∈ BC, F ∈ AD, H ∈ EF.BPH3 3EИз ∆EHP: EH = r ===tg60°33.Начертим перпендикуляр BK ⊥ EF.BK = EF = 2EH = 6 ⇒ AB = 2BK = 12 (из ∆BKA); AB = CD⇒ P(ABCD) = 4AB = 48.1S(ABCD) = (AD + BC) ⋅ BK = AB ⋅ BK = 12 ⋅ 6 = 72.21V(PABCD) = PH ⋅ S(ABCD) = 3 ⋅ 72 = 72 3 .3Ответ: 72 3 .DCAС—171. Дано: развертка конуса, AB = 6 = AC, BC=6 3 .59BCНайти Vконуса.Решение:В ∆ABC по теореме косинусов BC2 = 2AB2(1 – cosα)313 ⋅ 36 = 2 ⋅ 36(1 – cosα); 1 – cosα = ⇒ cosα = − ⇒ α = 120° — угол в22развертке.α1αSбок. = L2 ⋅ = πRL; R =L = AB = 22π32⇒ h = AB 2 − R 2 = 36 − 4 = 4 21116π 2⇒ V = πhR2 = π ⋅ 4 2 ⋅ 4 =.333Ответ:16π 2.32.

Дано: DABC — правильная пирамида, AB = 6 3 , AH — высота, DK —высота ∆DCB, AM ⊥ DK, AM = 56 . В DABC вписан конус.Найти Vокнуса.DРешение:3AK= 9; HK = r == 3.AK = AB23Из∆AMK:MK A= AK − AM = 81 − 56 = 52Из ∆HDK: DH = HK ⋅ tg∠AKM = 3 ⋅⇒ Vконуса =HKC565πππ 3 569 5618 14⋅9=H ⋅ r2 = DH ⋅ KH2 = ⋅π=π.55533318 14π.5С—181. Дано: ABCDA1B1C1D1 — правильная пирамида, A1B1 = m, AB =2m, E ∈ D1C1, F ∈ DC, D1E = EC1, DFm 3= FC, EF =.2Найти Vпирамиды.Решение:ОпустимвысотуEH.HF60B2AM56⇒ tg∠AKM ==.MK5Ответ:MB1EA1C1D1BCHADF=AB − A1B1 m= .22Из прямоугольного ∆EHF: EH = EF 2 − HF 2 =m 221⇒ Vпирамиды = EH ⋅ (S1 + S2 + S1S2 );3V=m 2 27 m3 2(m + 4m2 + m22) =.667 m3 2.62.