atnasyan-gdz-10-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 10

АЕ не только медиана, но и высота).АЕ ⊥ ВС, DE ⊥ ВС, то ∠DEA – линейныйугол двугранного угла ABCD.Пусть стороны треугольников равны а. Впл. АВС:AO = CO = BO = R =BC ⋅ AC ⋅ AB, где R –4 S ∆ABCрадиус описанной окружности. R =a⋅a⋅a4a23=a 3.34Из прямоугольного ∆DOC по теореме Пифагора:112DO = DC 2 − OC 2 = a 2 −a2=32 22a =a.33Из прямоугольного ∆DOE:OE = r =tgϕ =Sa2 3 2a 3⋅=;r =;p43a6ODa 2 a 3= 2 2 ; ϕ = arctg 2 2 .; tgϕ =:OE63Ответ: arctg 2 2 .214.Решение:По теореме, обратной к теореме о 3-х перпендикулярах, AD1 ⊥ АВ.∠DAD1 – линейный угол двугранного угла между плоскостями α ипл. ABCD. Пусть АВ = а, тогда ВС = 2а. Из прямоугольного ∆AD1Dнаходим cosϕ:cos ϕ =1a= , ϕ = 60о.2a 2113215.Решение:АВ || CD – по условию, поэтому АВ || β.По теореме II AB || MN и, значит, MN || CD.В пл. α проводим АА1 ⊥ MN, а в пл. β проводим А1С ⊥ CD.ρ(D, MN) = ρ(C, MN) = 6,5 см.АА1 ⊥ MN, поэтому из условий АА1 ⊥ CD, AC1 ⊥ CD, то по теореме о 3-х перпендикулярах АС ⊥ CD.ρ(АВ, CD) = АС.∠АА1С – 60о – линейный угол двугранного угла AMNC.По теореме косинусов для ∆А1АС:A1C 2 = AA12 + A1C 2 − 2 ⋅ AA1 ⋅ A1C ⋅ cos 60 o ;2113 1 217 13 A1C 2 = 64 +   − 2 ⋅ 8 ⋅ ⋅ =; AC =217 см.22 24 21Ответ:217 см.2216.Решение:Проведем BE ⊥ MN, соединим точки Е и D, проведем СЕ || АВ.DB ⊥ MN, BE ⊥ MN, то ∠DBE – линейный угол двугранного угла CMND.АСЕВ – квадрат, ВЕ = а.Из ∆BDE по теореме косинусов:DE2 = a2 + a2 – 2a2cos120o = 3a2,114DE = 3a .АВ ⊥ пл.

DBE, CE || AB, то CЕ ⊥ пл. DBE, СЕ ⊥ DE.По теореме Пифагора из ∆CED:CD = a 2 + 3a 2 = 4a 2 = 2aОтвет: 2а.217.Решение:S1 + S2 + S3 = 404 (дм2).Пусть k – коэффициент пропорциональности, тогда измерения параллелепипеда равны:а = 3 · k, b = 7 · k, c = 8 · k (дм).S1 = bc, S2 = ab, S3 = ac;bc + ab + ac = 404, или k2 · 7 · 8 +2+k · 3 · 7 + k2 · 3 · 8 = 404;k2 · 101 = 404, k2 = 4, k > 0, поэтому k = 2.Пусть d – диагональ параллелепипеда.d2 = a2 + b2 + c2; a = 6 (дм); b = 14 (дм); с = 16 (дм);d2 = 36 + 195 + 256 = 488;d = 488 = 2 122 (дм).Ответ: 2 122 (дм).ГЛАВА IIIМНОГОГРАННИКИ218.Решение:а) У прямой призмы боковые ребра перпендикулярны к основаниям, а основания – параллельны, следовательно, боковые грани –прямоугольники.б) Основания – правильные многоугольники. Боковые ребраравны, боковые грани – равные прямоугольники.115219.Решение:Из того, что острые углы в ∆А1АС равны (45о), следует, что∆А1АС прямоугольный и равнобедренный, А1А = АС.По теореме Пифагора: AC = AB 2 + BC 2 = 12 2 + 5 2 = 13 (см);А1А = 13 см.Ответ: 13 см.220.Решение:Диагональ параллелепипеда – наклонная, проекция ее на плоскость основания является диагональю ромба.Большей наклонной соответствует большая диагональ основания, именно, АС.Из прямоугольного ∆А1АС A1C = 100 + 24 2 = 26 (см).Ответ: 26 см.221.Решение:Боковые грани – равные прямоугольники;116АВ1 = В1С; CB1 = CB 2 + BB12 ; CB1 = 8 2 + 6 2 = 100 = 10 (см).Проведем B1K ⊥ АС.

K попадет в середину АС (т.к. АВ1С – равнобедренный).AK = 4; B1 K = 100 − 16 = 2 21 (см);S AB1C =1⋅ 8 ⋅ 2 21 = 8 21 (см2).2Ответ: 8 21 (см2).222.Решение:117ABCD – трапеция, АВ = DC.Найдем двугранный угол между плоскостями ВВ1С1С и пл.DD1C1C. DC ⊥ C1C, ВС ⊥ С1С, поэтому ∠BCD – линейный угол искомого двугранного угла.BK = MC, KM = 9 см.BK + MC = 25 – 9 = 16 см, BK = МС = 8 см.∆ABK = ∆DCM, они прямоугольные и равнобедренные, ∠BCD ==45o, ∠СВА = ∠BCD = 45о.∠BAD – линейный угол двугранного угла передней и боковойграни, ∠BAD = ∠CDA = 135о.Ответ: 45о, 135о, 45о, 135о.223.Через два противолежащих ребра куба проведено сечение, площадь которого равна 64 2 см2. Найдите ребро куба и его диагональ.Решение:Через противоположные ребра AD и В1С1 проведено сечениеАВ1С1D; AB1C1D – прямоугольник.Пусть ребро куба равно а.АВ1 = DC1 = a 2 (как диагонали граней).Sсеч = a ⋅ a 2 = a 2 2 = 64 2 , отсюда а2 = 64, а = 8 (см).118( )d = 82 + 8 22= 8 3 (см).Ответ: 8 см, 8 3 см.224.Решение:AB1C1D – прямоугольник (АВ ⊥ AD, В1В ⊥ AD, по теореме о 3-хперпендикулярах АВ1 ⊥ AD, В1С1 || AD, значит, АВ1 ⊥ В1С1).Пусть диагональ призмы B1D = d.d = B1D = AC1.Из квадрата ABCD: AB = BD ⋅ sin 45o =4 22= 4 (см), AD = 4 см.Из ∆BB1D: В1В = tg60о = 4 6 (см).( )Из ∆DC1C: DC1 = 4 2 + 4 62= 7 ⋅ 4 2 = 4 7 (см).S AB1C1D = AD ⋅ DC1; S AB1C1D = 4 ⋅ 4 7 = 16 7 (см2).Ответ: 16 7 см2.119225.Решение:Пусть диагональ равна d, а угол между диагональю и плоскостью основания равен ϕ.∆B1C1D – прямоугольный, В1С1 ⊥ С1D.AD =d= BC .2d 2d=.22BDd 11Из ∆B1DB находим cos ϕ =, ϕ = 45о.=⋅ =B1 D2 d2ABCD – квадрат, BD =Ответ: 45о.226.Дано: ABCDA1B1C1D1; AD = DC = 2 см; АА1 = 4 см.Решение:Построение сечения.Через скрещивающиеся прямые B1D и АС проведем плоскость,параллельную B1D.120В плоскости B1BD проводим OK || B1D, О – точка пересечениядиагоналей основания.Проведем AK и CK.

Плоскость AKC || B1D – по теореме I.Искомое сечение – AKC.∆ABK = ∆CBK, AK = KC. KO ⊥ AC, поэтому KO – высота ∆AKC.BO = OD → OK – средняя линия в ∆B1BD, BK = KB1,OK || B1 D KO =1B1 D ;2( )BD = 2 2 , B1 D = BB12 + BD 2 = 4 2 + 2 2KO =2= 2 6 (см).12 6= 6 (см)B1 D =22S AKC =12 2⋅ 6⋅ AC ⋅ KO; S AKC == 12 = 2 3 (см2).22Ответ: 2 3 см2.227.Решение:В пл. АВС проводим медиану AK, AK ⊥ BC.Проведем отрезки А1В, А1С, A1K.∆А1АВ = ∆А1АС, так как А1А – общая, АВ = АС – по условию,∠А1АС = ∠А1АВ.А1В = А1С, ∆А1ВС – равнобедренный, в нем отрезок А1K – медиана, поэтому A1K ⊥ BC.BC ⊥ A1K, BC ⊥ AK, то ВС ⊥ пл.

A1AK, поэтому ВС ⊥ А1А.ВВ1С1С – параллелограмм, ВС ⊥ А1А, но А1А || B1B || C1C, значит,ВС ⊥ В1В и ВС ⊥ С1С. (ВС || В1С1, поэтому В1С1 ⊥ В1В и В1С ⊥ С1С).Параллелограмм, у которого хотя бы один угол прямой, естьпрямоугольник, поэтому ВВ1С1С – прямоугольник.Что и требовалось доказать.121228.Решение:1AN (т. О – центр масс).32AB 2 − NB 2 = 169 − 25 = 12 (см); OA = 12 ⋅ = 8 см.3∆А1ОА прямоугольны, ОА = ОА1. OA =AN =Из прямоугольного ∆А1ОА A1 A = 2 AO = 8 2 (см).ВС ⊥ А1А, поскольку ВС ⊥ пл. А1АО, ВСС1В1 – параллелограмм, укоторого BB1 || CC1 || A1A, поэтому ВС ⊥ ВВ1 и ВС ⊥ С1С. Следовательно, ВВ1С1С – прямоугольник.S BB1C1C = BC ⋅ BB1 , ВВ1 = АА1. S BB1C1C = 80 2 см2.Ответ: 80 см2.122229.Решение:Sполн = Sбок + 2 · SоснПусть площадь боковой грани равна S, тогда Sбок = n · S.а) В основании – правильный треугольник.Sосн =a32 2, а3 – сторона треугольника.4Sбок = 3 · S = 3 · a3 · h.Sполн = 2Sполн =a 32 2+ 3 ⋅ a 3 ⋅ h .

Sбок = 450 (см2).410 2 3+ 450 ≈ 536 (см2).2б) В основании – квадрат. Sосн = a 42 , а4 – сторона квадрата.Sбок = 4 · а4 · h.Sполн = 2a 42 + 4a 4 ⋅ h .Sбок = 384 (дм2).Sполн = 2 · 122 + 384 = 672 (дм2).в) В основании – правильный 6-угольник.Sосн =3 3 2a 6 , а6 – сторона 6-угльника.2Sбок = 6 · а6 · h. Sбок = 69 (дм2).Sполн = 2 · Sосн + Sбок = 3 3 ⋅ 2,3 2 + 69 ≈ 97 (дм2).г) В основании – правильный 5-угольник.а5 – сторона правильного 5-угольника.a 5 = 2rtga5180 o= 2rtg35 o , r =.52 tg36 oSбок = 5 · а5 · h.

Sосн = r · p =a52 tg36o⋅5a55a52=.24 tg36o123Sполн = 2Sосн + Sбок =5a 522 tg36 o+ 5a 3 ⋅ h .r – радиус вписанной окружности,р – полупериметр 5-угольника.Sбок = 5 · 0,4 · 0,1 = 0,2 м2; tg36o ≈ 0,73;Sполн ≈ 0,8 (м2).Ответ: а) 450 см2 и ≈536 см2;б) 384 дм2 и 672 дм2;в) 69 дм2 и ≈97 дм2;г) 0,2 м2 и ≈0,8 м2.230.Решение:Пусть ребро призмы, то есть ее высота, равно Н.S AA1C1C = 5 H ; S BB1C1C = 3H .Из ∆А1В1С1 по теореме косинусов запишем:A1 B12 = 25 + 9 − 2 ⋅ 5 ⋅ 3 cos 120 o = 25 + 9 + 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅1= 49 ;2А1В1 = 7 (см). S AA1B1B = 7 H (см2).Максимальную площадь из боковых граней имеет грань АА1В1В.7Н = 35, Н = 5 (см); Sбок = 5Н + 3Н + 7Н = 15Н = 75 (см2).Ответ: 75 см2.231.Решение:Пусть АВ1 = 8 см, A1D1 = 15 см, ∠B1A1D1 = 60о.124Пусть боковое ребро равно Н, тогда площадь первого диагонального сечения S1 = H · BD, а площадь второго S2 = Н · АС;BD2 = 64 + 225 – 2 · 8 · 15 · cos60o = 289 – 120 = 169.BD = 169 = 13 (см);АС2 = 64+225 – 2 · 8 · 15 · cos120o = 64 + 225 + 2 · 8 · 15 ·AC = 409 ;1= 409.2409 > 13 , поэтому AC > BD.

Наименьшее сечениеBB1D1D.Сечение изображено на рисунке, Н · 13 = 130, Н = 10 (см).Sбок = 2S AA1D1D + 2S AA1B1B = 2 ⋅ 15 ⋅10 + 2 ⋅ 8 ⋅ 10 = 460 (cм2).2Sосн = 2 · 8 · 15 · sin60o = 5 · 3 · 4 · 2 ·()Ответ: 20(23 + 6 3 ) см .3 = 120 3 (см2).Sполн = 20 23 + 6 3 (см2).2232.Решение:Диагонали прямоугольного параллелепипеда равны.125Пусть стороны основания равны х и у, причем x > y.Пусть B1D = d. Из ∆B1DB: BD = dcosϕ.

По теореме Пифагора:(1)х2 + у2 = d2cos2ϕ.(2)Из ∆B1C1D: x = dsinα.Подставим (2) в (1). Получим:y2 +d2sin2α = d2cos2ϕ; y2 = d2(cos2ϕ - sin2α);y = d cos 2 ϕ − sin 2 α ;S1 = S AA1D1D = x ⋅ d ⋅ sin ϕ = d 2 sin α ⋅ sin ϕ ;Sбок = 2(S1 + S1) = 2d 2 sin ϕ sin α + cos 2 ϕ − sin 2 α  .Ответ: 2d 2 sin ϕ sin α + cos 2 ϕ − sin 2 α  .233.Решение:Чтобы построить сечения, проведем BD ⊥ AC, DD1 ⊥ BB1, отрезок D1B1. Поскольку АС ⊥ В1В, то АС ⊥ пл. B1BD. Пл. АА1С1С ⊥ пл.DD1B1B (по известной теореме).Поскольку D1D ⊥ BВ1 и D1D = BB1, то DD1B1B – параллелограмм.Раз D1D ⊥ DB, то DD1B1B – прямоугольник.BD = AD ⋅ DC .

BD = 9 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 4 = 18 (см)126(BD CD=→ BD 2 = DC ⋅ AD ); S B1D1DB = 10 ⋅ 8 = 180 (см2).AD BDОтвет: 180 см2.234.Решение:Секущая площадь перпендикулярна к гипотенузе ∆АВС, лежащего в основании, значит, LK – пересечение секущей плоскости соснованием, – перпендикулярна гипотенузе АС.Возможны 2 случая.1) AC = 20 2 + 212 = 841 = 29 (см).LKLK= 29 .Из ∆KLC: tg∠C =2LCAB 20=В ∆АВС: tg∠C =.BC 21LK2020 29 290, LK =Отсюда: 29 =(см).⋅=22121 221Сравним CK и СВ.BC 21.=AC 29LC29 211Из ∆KLC: CK =(см);=⋅= 20cos ∠C2 2942cos ∠C =СВ = 21 см; CK < CB.2)1272021=;AK LK21609LK =AL =(см).2040∆АВС ~ ∆ALK;Сравним AK и АВ.AB 20.=AC 29AL29 291Из ∆ALK: AK =см;=⋅= 20cos ∠C2 2040cos ∠A =АВ = 20 см; AK > AB.