ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 8

Дано: ∆ABC, AB = BC = a, ∠B = 120°,AD — биссектриса, MN || AD, B ∈ MN,∆ABC вращается вокруг MN.AНайти: площадь поверхности телавращения.MРешение:Поверхность тела вращения состоит изповерхностей усеченного конуса и двухконусов. Обозначим поверхность усеченного конуса I, ее площадь равна (см. рисунок)BC1170NBADCSI = π ⋅ AC ⋅ (AK + CP).Площади двух конусов: SII = π ⋅ KA ⋅ AB; SIII = π ⋅ BC ⋅ PC.Из равнобедренного ∆ABC:AC2 = 2a2 – 2a2cos120° = 2a2 + a2 = 3a2; AC = 3 ⋅ a.В ∆ABC: ∠A = 30° ⇒ ∠BAD = ∠KBA = 15°∠PBC = 180° – ∠KBA – ∠ABC = 180° – 15° – 120° = 45°a 2Из прямоугольного ∆BPC: BP = PC =.2Из прямоугольного ∆BKA: KA = asin15°.⎛a 2⎞a 2⎞ ⎛S = SI + SII + SIII = π ⋅ a 3 ⎜⎜ a sin 15° +⎟=⎟⎟ + ⎜⎜ πa sin15° ⋅ a + π ⋅ a ⋅2 ⎠ ⎝2 ⎟⎠⎝⎛2⎞= πa 2 ( 3 + 1) ⎜⎜ sin15° +⎟.2 ⎟⎠⎝⎛2⎞Ответ: πa 2 ( 3 + 1) ⎜⎜ sin15° +⎟⎟ .2⎝⎠2.

Дано: OABCDE — правильная пятиугольная пирамида, HF ⊥ CD, OF⊥ CD. ∠HCO = ϕ. В OABCDE вписан конус, образующая OF = m.Найти: площадь осевого сечения конуса.Решение:2π πO∠CHF == =β10 5Пусть ∠HOF = α, тогда из ∆OH = mcosαHF = msinαHFm sin αИз ∆HFC HC ==BϕCcos βcos βFC = HF ⋅ tgβ = m sin αtgβAFHИз прямоугольного ∆OHСDOH m cos αEOC ==(1)sin ϕsin ϕИз прямоугольного ∆OСFOC = OF 2 + FC 2 = m 2 + m 2 sin 2 αtg 2β (2)Приравнивая (1) и (2) имеемm 2 cos 2 α= m 2 (1 + sin 2 αtg 2β)sin 2 ϕ1sin 2 α−= 1 + sin 2 αtg 2β2sin ϕ sin 2 ϕ⎛1 ⎞ cos 2 ϕsin 2 α ⎜ tg 2β +⎟=sin 2 ϕ ⎠ sin 2 ϕ⎝71sin 2 α =cos 2 ϕtg 2β sin 2 ϕ + sin 2 ϕ22⇒cosα=1−sinα=tg 2β sin 2 ϕ + 1tg 2β sin 2 ϕ + 1m2m2⋅ sin(2∠HOF ) =sin 2α =22m 2 ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕm 2 cos ϕ sin ϕ= m 2 cos 2 α sin 2 α ==22π(tg β sin ϕ + 1) ⎛ 2 π 2⎞⎜ tg sin ϕ + 1⎟ cos55⎝⎠2m cos ϕ sin ϕ.Ответ:π⎛ 2π 2⎞tgsinϕ+1cos⎜⎟55⎝⎠Sсеч =С—101.

Дано: сфера x2 + y2 + z2 = 4; A ∈ сфере, A ( 2 , 2 , z), B (− 2 , 2 2 ,2 ) , AB ∩ сферу = A, C.Найти: координаты точек A, C.Решение:Условие того, что A ∈ сфере, равносильно условию( 2 ) 2 + ( 2 ) 2 + z2 = 4 или z = 0.A ( 2 , 2 , 0)JJJGJJJGC лежит на прямой AB ⇒ AM = k AB . Пусть M(x, y, z)⎧ x − 2 = −2k 2 ⎧ x = 2 − 2k 2⎪⎪⎨y − 2 = k 2 ; ⎨y = 2 + k 2 .⎪z = k 2⎪z = k 2⎩⎩C также лежит на сфере ⇒( 2 − 2k 2 ) 2 + ( 2 + k 2 ) 2 + ( k 2 ) 2 = 4 ;2 – 8k + 8k2 + 2 + 4k + 2k2 + 2k2 = 4; 12k2 – 4k = 0; 3k2 – k = 0;1k = 0, k = .3⎧⎪x =⎪⎪⎨y =⎪⎪z =⎪⎩23⎛ 2 4 3 2⎞4 2,,; C ⎜⎜⎟ ; A( 2 , 2 , 0) .333 ⎟⎠⎝ 323Ответ: (722 4 3 2,,) и ( 2, 2, 0 ).3332. Дано: A, B, C ∈ α, A(3, 0, 0), B(0, 4, 0), C(0, 0, 1), сфера x2 + y2 +21⎞49⎛.⎜z− ⎟ =2 ⎠ 169⎝Определить, пересекает ли α сферу.Решение:JJJGJJJGzAB (–3, 4, 0), AC (–3, 0, 1).GНайдем координаты вектора n ⊥α.NCG JJJGG JJJG(n , AB) = –3x + 4y = 0; (n , AC ) = –K3x + 2 = 0.AxOG ⎛ 3 ⎞ G 13n ⎜1, , 3 ⎟ ; | n | = .B4⎝ 4 ⎠yJG ⎛ 4 3 12 ⎞ JGn1 ⎜ , , ⎟ ; | n1 | = 1.⎝ 13 13 13 ⎠JGGn и n1 сонаправлены.JJJJG7Радиус сферы O1 N имеет длину.13Опустим перпендикуляр OK из начала координат на плоскость α.JJJGJG ⎛ 43 12 ⎞OK = k n1 = ⎜ k , k , k ⎟ .⎝ 13 13 13 ⎠Точки A, B, C принадлежат плоскости α, заданной уравнениемPx + Qy + Rz = S.S⎧⎪ P = 3 = 4TA : ⎧⎪3P = S⎪⎪SB : ⎨ 4Q = S; ⎨Q = = 3T .4C : ⎪⎩ R = S = 12T ⎪⎪ R = S = 12T⎪⎩Значит, уравнение плоскости: 4x + 3y + 12z = 12.Точка K принадлежит α:491444k ⋅ + k + k= 12 .131313JJJG12— длина OK .13k = 12; k =1367Следовательно, средняя линия O1K1 ∆OKC: O1K1 = < = O1N ⇒ пло13 13скость α пересекает окружность.732213⎛7⎞ ⎛6⎞Получившееся сечение — круг с радиусом r = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ =⇒13⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠линия пересечения — окружность, длина ее равна l = 2πС—111.

Дано: шар (O, R), два его сечения (O1,R1), (O2, R2), (O1, R1) ⊥ (O2, R2), S((O1, R1)) =100π, S((O2, R2)) = 64π, сечения имеют общуюхорду MN = 12.Найти: R.Решение:R1 = 100 = 10; R2 = 64 = 8.В прямоугольном ∆O2PM катет O2P равен:O2P = O2 M 2 − MP 2 = 64 − 36 = 2 7 .Из прямоугольного ∆O1PM находим катетO1P:13.13COO1NAO2MPBDO1P = OM 2 − O1P 2 = 100 − 36 = 8 = OO2 (т.к.

OO2PO1 — прямоугольник) ⇒ в прямоугольном ∆AOO2 катеты OO2 = 2, AO2 = 8 ⇒⇒ R = AO = 64 + 64 = 8 2 .2. Дано: конус и полушар с общим осyнованием, плоскость α || основанию, OA =BR, площадь сечения (кольца) наибольшая,∠ABC = 90°.QНайти: h — расстояние от α до осно- MPRNвания.Решение:xOВысота конуса BH = R = HC.AHCВведем прямоугольную систему координат и рассмотрим осевое сечение фигуры плоскостью xOy.Найдем площади S1 и S2 кругов с радиусами PR и PN. PR = PB = R – h.Точка N лежит на круге радиуса R, тогда PN2 + h2 = R2, PN2 = R2 – h2.Площадь кольца равна:S = S2 – S1 = π(R2 – h2) – π(R – h)2 = πR2 – πh2 – πR2 – πh2 + 2πRh == 2πRh – 2πh2; 0 < h < R.S = 2πh(R – h) — найдем максимум этой величины:S′(h) = 2π(R – h) – 2πh = 2πR – 4πh.RS′(h) = 0; R = 2h — точка максимума ⇒ h = .274С—121.

Дано: шар (O, R). В шар вписана пирамида EABCD, ABCD — квадрат,EA ⊥ (ABCD), ∠ECA = 30°.Найти: S боковой поверхности EABCD.Решение:∆EAC — прямоугольный ⇒ ∠EAC опираетEся на диаметр EC = 2R, ∠ECA = 30° ⇒ AE = R;3= 3R .213Площадь S(ABCD) = AC 2 = R 2 .

AB = AC24AC = 2Rcos30° = 2ROABCD26R.=⋅22Из равных прямоугольных ∆EAD = ∆EAB:6101R ⇒ S(EDC) = S(EBC) = DC ⋅ ED =ED = EB = R 2 + R 2 =422=1 6102 15 215 2⋅R⋅R=R =R .2 228415 2 2R + EA ⋅ AD =2215 + 6 ⎞ R 2 35+ 2 .⎟⎟ =22⎠Sбок. = 2S(EDC) + 2S(EAD) ==⎛15 26R +R⋅R = R2 ⎜⎜⎝222. Дано: около шара описана правильная треугольная усеченная пирамидаABCA1B1C1, AB = a, A1B1 = b.Найти: Sбок.(ABCA1B1C1).Решение:Рассмотрим сечение MNB, образованное двумя высотами C1M и BN равносторонних ∆A1C1B1 и ∆ACB.

Т.к. B1M и BN —медианы, высоты и биссектрисы, то точкиO2 и O1 делят их в отношении 2 : 1 ⇒ т.к.b 3a 3b 3B1M =, BN =, то MO2 =,226()A1B1M O2KC1OABO1NCa 3.6Проведем перпендикуляр OK к стороне MN трапеции O2MNO1.MO2 = MK, KN = NO1 (как отрезки касательных) ⇒3MN = MO2 + NO1 = (a + b), MN — высота трапеции AA1C1C ⇒6O1N =75Sбок.(ABCA1B1C1) =Ответ: (a + b)23333(a + b) ⋅ MN = (a + b)(a + b)= (a + b)2.64223.4С—13B1C11. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, E, F ∈ BB1,(AFC) || B1D, AB = 6, BC = 8. FH ⊥ AC,A1D1∠FHB = 45°.FНайти: V(ABCDA1B1C1D1).Решение:BCAC ∩ BD = E6Из∆ABCEH2S ( ABC )AB ⋅ BC48AD8BH ==== 4,8ACAB 2 + BC 2 10Из ∆FBH FB = BH = 4,8Но в ∆B1BD FE — средняя линия ⇒ B1B = 2BF = 9,6 ⇒CV(ABCDA1B1C1D1) = AB ⋅ BC ⋅ BB1 = 6 ⋅ 8B⋅ 9,6 = 48 ⋅ 48 ⋅ 0,2 = 460,8DОтвет: 460,8.2.

Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма,∠ACB = 90°, AC = a = CB, CD ⊥ AB, ∠CB1DA= α.αНайти: V(ABCA1B1C1).Решение:C1B1α — угол между CB1 и AA1B1B, т.к. CD— перпендикуляр к ABB1A1 (CD ⊥ линииHAB пересечения перпендикулярных плоскостей CAB и AA1B1B).112ACD = AB =AC 2 + CB 2 =a = BD 1222= B1H, где DH — высота ∆A1DB1.CD a 2Из прямоугольного ∆CDB1: DB1 ==.tgα 2tgαИз прямоугольного ∆DHB1: DH = DB12 − HB12 ==76a 22− tg 2α + 1= BB1.tgαa2a2−=22tg α 2V(ABCA1B1C1) ==1a 2 a 2 cos 2 α − sin 2 αAC ⋅ CB ⋅ BB1 = ⋅=22 2tgαcos αa 3 2 cos 2α.4sin αС-14.1.

Дано: ABCDEFA1B1C1D1E1F1 — правильная шестиугольная призма,B1F = 24, B1E = 25.Найти: V(ABCDEFA1B1C1D1E1F1).Решение:Пусть высота пирамиды h, а стороны основания a, тогда в осевом сечеE1F1нии E1EB1B имеем25 = B1E = h 2 + 4a 2Из равнобедренного ∆BOF:(1)D1O1⎛ 1⎞BF2 = 2a2 – 2a2cos120° = 2a2 ⎜⎝1 + 2 ⎟⎠ = 3a2.Из сечения B1BFF1:24 = B1F2 = BF2 + h2 = 3a2 + h2(2)Составим систему (1):⎧a 2 = 252 − 242⎧252 = h 2 + 4a 2⎨h 2 = 242 − 3a 2 ;⎨242 = h 2 + 3a 2 ;⎩⎩a=7.h = 429 = 143 ⋅ 3B1A1C1FDEOACB{1 23 29441 143a ⋅ sin60° ⋅ h = 3 ⋅a ⋅ h = ⋅ 49 ⋅ 143 =.22222. Дано: цилиндр, сечение AA1BB1 || оси O1O2, ∠BO1A = 120°.Найти: отношение объемов частей цилиндра.Решение:O1Найдем площадь большего сегмента.2π⎛2 22π −3⎞⎟3 ⋅ R2π + 1 R2 ⋅ 3 = R2 ⎜⎜ πR +S1 =4 ⎟⎠ .⎝32π22V=6⋅2π⎛π3⎞113= R2 ⎜⎜ 3 − 4 ⎟⎟ .S2 = 3 ⋅ πR2 = πR2 – R2 ⋅⎝⎠3222π2π+V2 S2 3==V1 S1π−334 = 8π + 3 3 .34π − 3 34BAB1O2A177С—151.

Дано: ABCA1B1C1 — наклонная призма, ∆ABC — равносторонний,AA1 = AB, ∠AA1C1 = 45°, Sбок.(ABCA1B1C1) = 4(1 + 2 ) .Найти: V(ABCA1B1C1).Решение:Пусть сторона призмы равна a, тогдаSбок. = S(A1ACC1) + S(A1ABB1) + S(BB1C1C) == a2sin45° + a2sin45° + a2.⎛⎞B2a2 2+ 1⎟⎟+ a2 = a 2 ⎜⎜ 2 ⋅Sбок. = 2 ⋅22⎝⎠H(BB1C1C — квадрат).A⎛⎞2C+ 1⎟⎟ = 4(1 + 2 ) ; a2 = 4,Значит, a 2 ⎜⎜ 2 ⋅2⎝⎠a = 2.Проведем C1E и B1E ⊥ A1A. Сечение C1EB1B1E⊥ A1A.2H1=Из прямоугольного ∆A1EC1: C1E = a ⋅A1D2C1B1E = 2 .Вычислим по формуле Герона S(B1EC1)p = 2 + 1;S(A1EC1) = ( 2 + 1)( 2 − 1) ⋅ 1 = 1 .V = A1A ⋅ S(A1EC1) = 2.Ответ: 2.2. Дано: ABCA1B1C1 — наклонная треугольная призма.

Расстояние отB1B до A1C равно 5, S(AA1C1C) = 40.Найти: V(ABCA1B1C1).Решение:Расстояние от B1B до A1C есть расстояние от B1B до (AA1C1C), т.к. A1C ∈(AA1C1C) и AA1C1C || B1B.Пусть d — расстояние от B1B до AA1C1C, BB1 = l. Построим сечениепризмы, перпендикулярное B1B. Пусть сторона сечения, противолежащаяB1B, равна m, тогда111V = Sперп. сеч. ⋅ l = d ⋅ m ⋅ l = dS(AA1C1C) = ⋅ 5 ⋅ 40 = 100.222С—161. Дано: MABC — пирамида, ∠ACB = 90°,(MAB) ⊥ (ABC), MH ⊥ (ABC), H ∈ AB, MK ⊥AC, MN ⊥ CB, K ∈ AC, N ∈ CB, ∠BAC = α,∠MKH = ∠MNH = β, HL ⊥ MCB, L ∈ (MCB),LH = d.78MA αβKdHLBNCНайти: V(MABC).Решение:L ∈ MN, т.к.

HL — перпендикуляр к (MCB) и (MHN) ⊥ (MCB) (т.к.∠MNH — угол между плоскостями) ⇒ из ∆LHN (прямоугольного)HLdHN === KH. Т.к. ∆KHM = ∆NHM.sin β sin βdИз прямоугольного ∆MHN: MH = HN ⋅ tgβ =.cos β∆AKH ∼ ∆ACB ∼ ∆HNB по двум углам, поскольку (HK ⊥ AC, HN ⊥ CB,AC ⊥ CB ⇒ KH || CB, HN || AC), а также KC = CN = NH = HK.dИз прямоугольного ∆AKH: AK = KH ⋅ ctgα =⋅ ctgαsin βd⇒ AC = AK + KC =(ctgα + 1) .sin βИз прямоугольного ∆ACB: CB = AC ⋅ tgα =dd(ctgα + 1)tgα =(1 + tgα)=sin βsin β111⇒ V(MABC) = ⋅ MH ⋅ S(ABC) = ⋅ MH ⋅ AC ⋅ CB =3321 ddd= ⋅⋅(ctgα + 1) ⋅(1 + tgα) =6 cos β sin βsin β12+3d 3 1 + tg α + ctg α + 1 d 3sinαcos α = d (sin 2α + 1)==226cos β sin β6 cos β sin β3cos β sin 2 β sin 2αd 3 (sin 2α + 1).3cos β sin 2 β sin 2α2.

Дано: DABC — правильная пирамида, AB = a, H ∈ AD, BH ⊥ AD, CH ⊥AD, ∠BHC = α.Найти: V(DABC).Решение:∆AHB = ∆AHC (по катету и гипотенузе) ⇒ HB = HC.Из равнобедренного ∆BHC по теореме косинусов:a2 = HB2(2 – 2cosα); HB2a2=.2(1 − cos α )Ответ:DHACNBDHANM79S(BHC) =a 2 sin α1=HB2 ⋅ sinα =24(1 − cos α)a sin α1BC ⋅ HM ⇒ HM =2(1 − cos α)2Объем пирамиды равен сумме объемов пирамид AHBC и DHBC.111V = V(AHBC) + V(DHBC) = AH ⋅ S(HBC) + DH ⋅ S(HBC) = S(HBC) ⋅333AD.Рассмотрим сечение ADM пирамиды, проходящей через высоту DN.Точка M — середина BC, т.к. ∆ABC — равносторонний, AM — высота=∆ABC, AM ==3a .

N — также точка пересечения медиан ∆ABC ⇒ AN233a , NM =a.36Из прямоугольного ∆AHM: AH2 = AM2 – HM2 =3a 2 sin 2 αa 2 3 − 6cos α + 3cos 2 α − 1 + cos 2 α= a2 −==244(1 − cos α)4(1 − cos α) 2=a 2 (2 − 6cos α + 4cos 2 α) a 2 1 − 3cos α + 2cos 2 α=.4(1 − cos α ) 22(1 − cos α) 2АH =a 2 1 − 3cos α + 2cos 2 α.2(1 − cos α )∆AHM ∼ ∆AND ⇒=AM AHAM ⋅ AN=⇒ AD ==AD ANAH3a ⋅ 3a ⋅ 2(1 − cos α )2 ⋅ 3 ⋅ a 2 1 − 3cos α + 2cos α2=a(1 − cos α )2 1 − 3cos α + 2cos 2 αИз прямоугольных ∆AHM и ∆AND: tg∠A =DN =HM ⋅ AN=AHa2a23−⋅a2(1 − cos α ) 4 3a (1 − 2 cos α)2(1 − cos α )2=.HM DN=⇒AHAN32 cos αa=31 − 2 cos α6 cos α⋅a .3 1 − 2 cos αТеперь из прямоугольного ∆AND:=AD = AN 2 + DN 2 =80a26 cos α ⋅ a 2a22a 2 cos α++==3 9(1 − 2 cos α)3 3(1 − 2 cos α)=a31=a.3(1 − 2 cos α)1 − 2 cos α11a 2 sin αa=⋅Окончательно V = S(HBC) ⋅ AD = ⋅33 4(1 − cos α) 1 − 2 cos α=a 3 sin α.12(1 − cos α) 1 − 2 cos αС—171.