atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 12

Но по теореме п. 4 через точку А может проходить только одна прямая, параллельная оси цилиндра. Следовательно, на поверхности цилиндранайдется только одна прямая, лежащая в плоскости α и параллельная осицилиндра, она и есть образующая цилиндра.604. Если вращать прямоугольник ABCD вокругстороны АВ, получим цилиндр, у которого r=b, l=a.R2 =S полн = 2πab + 2πb 2 = S1 .При вращении вокруг стороны AD получим цилиндр, у которого r=a, l=b.S бок = 2πrl = 2πab , S осн = πa 2 ,2 S осн = 2πa 2 , S полн = 2πab + 2πa 2 = S2 .Согласно условию получили систему уравнений:⎧⎪2πab + 2πb 2 = S1 , ⎧2πb( a + b ) = S1 ,⎨⎨⎪⎩2πab + 2πa 2 = S 2 ; ⎩2πa( b + a ) = S 2 .b S1=.

Подставим в первое уравнение системы:a S22π ⋅ a ⋅ a ⋅S12S 22S1a2 =2π ⋅b2 = a2 ⋅S1S 2 + S 21S222S1S2282+ 2π ⋅ a 2 ⋅==S2S1S= S1 , 2π ⋅ a 2 ( 1 + 12 ) = S1 ;S2 SS22S1S 222π ⋅ S1( S2 + S1 )=S 22,2π( S 2 + S1 )S2S 22S12.⋅ 1 =2π( S1 + S 2 ) S 2 2π( S1 + S 2 )2Диагональ BD вычислим из ∆ABD.BD = a 2 + b 2 =S 22S12+=2π( S1 + S2 ) 2π( S1 + S2 )S22 + S12; BD = AC.2π( S1 + S2 )605. а) ABCD — квадрат, сторона которого равна а.aСледовательно, радиус основания r = , высота цилиндра2равна а.S бок = 2π ⋅a⋅ a = πa 2 ,22 S осн = πa2,232S осн = πr 2 = πS полн = πa 2 + πa2,4a 2 3πa 2=,22πaS полн3= 2 2 = .Sбок2πaб) Пусть АВ=а, следовательно, AD=2а. Рассмотрим дваслучая.Первый: AD = h, AB = 2r , следовательно r =Sбок = 2π ⋅a⋅ 2a = 2πa 2 ,2S осн = πr 2 = πa.2πa 2a2, 2 Sосн =,4252πaSπa 2 55S полн = Sбок + 2 Sосн = 2πa += ⋅ πa 2 , полн = 2 2 = .Sбок4222πaВторой: 2 AB = AD.

AB = h , AD = 2r , r = a.2Sбок = 2πrh = 2π ⋅ a ⋅ a = 2πa 2 , Sосн = πr 2 = π ⋅ a 2 ,2 Sосн = 2π ⋅ a 2 , S полн = Sосн + 2 Sосн = 2πa 2 + 2πa 2 = 4πa 2S полн 4πa 2== 2.Sбок2πa 2606. ABCD — прямоугольник, AB = h , AD = 2r . Примем AD = х , слехдовательно r = .2хSбок = 2πrh = 2π h = πхh.2Площадьописанногооколоосевогосечениякругаравна1π222π ⋅ AO = π( AC ) = ⋅ AC .2483Из ∆ACD найдем: AC 2 = h 2 + х 2 .

Площадь круга S кр =По условию S бок = S кр , или πхh =Требуется найти отношение4 хh = h 2 + х 2 ,4 хh2=h22+π 2( h + х 2 ).4π 2( h + х 2 ).4rx=.h 2hх22⎛ х⎞⎛ х⎞, ⎜ ⎟ − 4⎜ ⎟ + 1 = 0.h⎝h⎠⎝h⎠2hhxОбозначим t = , следовательно t 2 − 4t + 1 = 0 , t1,2 = 2 ± 4 − 1 = 2 ± 3 ,ht > 0 — по смыслу задачи, оба корня уравнения удовлетворяют этому ус-t2± 3x.= 1,2 =2h22607. ABCD — осевое сечение; это — прямоугольник.Примем AB = h , AD = 2 R .Sбок = 2πRh; периметр равен 2( 2 R + h ).ловию. Искомое отношение:Из условий 2 p = 2( h + 2 R ), p = h + 2 R , h = p − 2 R.Sбок = 2πR( p − 2 R ) = 2πpR − 4πR 2 .Примем f ( R ) = −4πR 2 + 2πRp ; R > 0.Найдем ее наибольшее значение. Это экстремум функции f ( R ) .R=p/4f1(R) = –8 π R+2 π p = 02pp 2 − 4πp 2 8πp 2 4πp 2 πp 2⎛ p⎞=+==) = −4π⎜ ⎟ + 2π.441616164⎝4⎠Наибольшая площадь боковой поверхности достигается при радиусе ос2p ppнования цилиндра R = .

h = p − 2 R = p −= .442608. Если внутренний радиус равен 5 см, товнутренний диаметр D=10 см. Следовательно, внешнийдиаметр,учитываятолщинустенок,равенD + 2 = 12 (cм).f(d212 2= 36π (см2) ( S круга = π, где d —44диаметр круга).Высота стакана 16 см, поэтому12S бок = 2π ⋅ ⋅16 = 192π (см2).2Итак, площадь внешней поверхности стаканаS внеш = S бок + S осн = 192π + 36π = 228π (см2).S осн = π84Вычислим полную площадь внутренней поверхности.Sбок = π ⋅ 52 = 25 (см2). Высота внутренней части 16 – 1=15 (см).Sбок = 2π ⋅ 5 ⋅ 15 = 150π (см2). S полн = Sосн + Sбок = 175π (см2).Вычислим площадь кольца. S к = π( 6 2 − 5 2 ) = π( 36 − 25 ) = 11π (см2).Площадь полной поверхности стакана равна 228π + 175π + 11π = 414π (см2).609. Найдем длину дуги CBA. Если примем за Rрадиус окружности, то это будет четверть длины круга,πR.

Но с другой стороны, когда ужет.е. (2 π R)/4 или2сложен конус дуга CBA становится окружностью,основанием конуса. Тогда, учитывая, что r — это радиусоснования, мы получим, что длина ее будет 2 π r. Но это одна и та же дуга,πRRследовательно, 2 π r =или r =, что и требовалось доказать, т.к. R —24это также образующая этого конуса.610. Образующие конуса равны. Пусть DA=DB=DC=a.Прямоугольные треугольники DBС, DАB и DАС равны по двум катетам.АВ=АС=ВС= а 2 + а 2 = а 2 .Найдем R по формулеа 2sin 60o(теорема синусов для ∆АВС)=2R2a.R= а 2 = a 2 , BF= 23332⋅2Примем ∠ BDF=α, тогда из теоремы косинусов для ∆BDF имеем:2⎛⎞⎜ 2 2 a ⎟ =а2+а2 – 2 ⋅ а ⋅ а ⋅ cos α, 4 ⋅ 2 =1+1 – 2 cos α,⎜33 ⎟⎠⎝21=– 2 cos α, cos α=–33611.

Пусть r — радиус основания конуса, h —высота конуса, тогда по условию S1=πr2 и S0=πrl, l —образующая конуса.l= h 2 + r 2 , S0=πr h 2 + r 2 ,S1=πr2S02=π2r222 4S02=π2r2h2+S12S1 =π rr2h2=S02 − S12π2,rh=S 02 − S12π2(h2+r2)=π2r2h2+π2r4,=S 02 − S12π— это и есть площадь осевогосечения.85612. Примем СО=h, ОВ = r, l= h 2 + r 2h 2 + r 2 ,Sполн=πr2+Sбок=πr2+πrS7h 2 + r 2 . По условию бок = ,Sполн 8Sбок=πrl=πrπr h 2 + r 222πr + πr h + r82=α7,8h 2 + r 2 =7r+7 h 2 + r 2 ,h 2 + r 2 =7r, h2+r2=49r2 , h2=48r2,h2r2=4811h2h=tg α , 2 =tg2 αl+tg2 α=, 49=,2rrcos αcos 2 α11cos α= , или cos α=– .

Так как ∆АВС равнобедренный, то α — это771острый угол, cos α > 0. α=arсcos .7613. Построим ОС ⊥ DB и отрезок РС. Потеореме о трех перпендикулярах РС⊥ DB,РС — высота ∆ DPВ.Запишем теорему синусов для равнобедренного ∆ DРВ.DB4, sin 120°=sin 60°=sin 120o sin 30oDB=4 sin 60osin 30o= 4⋅213=4 3 (см), DC= DB=2 3 (см) OC= DO 2 − DC 2 =22= 16 − 12 = 2 (см)∠РСО=45°. Из ∆РОС: РС=S∆DBF=ОСcos 45 o=2 2 (см).11⋅ DB ⋅ PC= ⋅ 4 3 ⋅ 2 2 =422614.

По формуле α =6 (см2)360o ⋅ rlrα270o 3= .==l 360o 360o 4Из прямоугольного треугольника РОВ:33r(так как α — острый угол).= sin α , sin α= , α=arcsinl44615. Если вращать ∆ АВD вокруг гипотенузы получимдва конуса с общим основанием.86Sбок=πrl, Из ∆ АВD: DA: а 2 + b 2 ,babsin α=,,222a +ba + b2Боковаяповерхностьконусаabобразующей а: Sбок= π ⋅⋅aa 2 + b2сabБоковая поверхность конуса с образующей b: Sбок= π ⋅Поверхность тела имеет площадь:πa 2 b22+2a + b2πab 22a +ba +b616. При вращении трапеции АВD вокругстороны АD получится тело вращения, состоящее из трех частей: центральной — прямогокругового цилиндра с радиусом ВМ и высотойВС и двух одинаковых конусов (трапеция равнобедренная по условию).10 − 6=2 (см).AM=ND=2AMAB== 2 ⋅ 2 = 4 (cм)cos 60 o2=⋅bπab(a + b)a 2 + b2ВМ= 42 − 22 = 12 = 2 3 (см).Найдем боковую поверхность цилиндра:Sбок=2πrl=2π · BM · BC=2π · 2 3 ⋅ 6 = 24 3π (см2).Боковая поверхность одного конуса:Sбок=πrl=π · BM · АВ=π 2 3 ⋅ 4 = 8 3π (см2).Боковая поверхность всего тела вращения:S= 24 3π +2 · 8 3π = 24 3π + 16 3π = 40 3π (см2).617.

а). Построим ОК ⊥ ВС, отрезок DK. По теореме о трех перпендикулярах DK⊥ВС. В правильном∆АВС, ОК — радиус вписанной в ∆АВС окружности. Примем ОК=r.Sr= ∆ABC , где р — полупериметр ∆ АВС.PaИз равенства=2R (теорема синусов дляsin 60o∆АВС) найдем а — сторону ∆АВСa=2R sin 60˚= 2 ⋅ 3 ⋅DABC3= 3 3 (cм).287S∆АВС=3аа3 3 3а2 3а2 3а 3; r=, p==(cм).

r== (cм).=3а2423⋅3232 3 24⋅2Из прямоугольного ∆DOK: DK= DO2 + OK 2 = 16 +S ∆BCD=9=473.211173 3=219 (см2).⋅ BC ⋅ DK = a ⋅ DK = ⋅ 3 3 ⋅42222Sбок=3·S∆BCD=(3 3 ) 2 3 27 39;=219 (см2); S∆АВС=44427 3 927 3 9 3 ⋅ 73 9 3++=· (3+ 73 ) (см2);219 =44444б) Построим ОК ⊥ AD , отрезок РК. По теореме отрех перпендикулярах РК⊥AD.В квадрате диагональ ВD=2R, R — радиусописанной окружности около квадрата, ВD=2 · 3.Примем сторона квадрата равна а см, следовательноSполн=Sбок+S∆АВС=a 2 =ВD, a 2 =6, a=6=3 2 (см);2а 32.=2 2Из прямоугольного ∆РОК:OK=РК= РО 2 + ОК 2 = 16 +S∆APD=9932 + 941⋅ 2 = 16 + ==42223 2 ⋅ 41 31=41 (см2);· AD · PK=222 23 41= 6 41 (см2); (боковые грани являются равнобед2ренными треугольниками);Sбок=4·S∆APD= 4 ⋅( )2S∆AВСD=а2= 3 2 =18 (см2);Sполн=Sбок+S∆AВСD= 6( 41 + 3) (см2);в) РО — высота конуса.

Построим ОК ⊥ А1А6,отрезок РК. По теореме о трех перпендикулярахРК ⊥ А1А6,А1А2…А6 — правильный 6 — угольник. Сторонаправильного 6-тиугольника равна радиусу описанной окружности.а6=R, A1 А6=а6=3 (см)ОК — радиус вписанной в правильный 6-угольник окружности.88По теореме из планиметрии, ОК=r=а 3 3 3(см)=22Из прямоугольного ∆РОК:РК= РО 2 + ОК 2 = 16 +91964 + 2791==(см)⋅2 =2444191 31=91 (см2);· A1 А6 · PK= · 34222Все боковые грани — равные равнобедренные треугольники, поэтомуS ∆A1PА6=3 91 9 ⋅ 91=(см2); Sосн=6 · S ∆A1ОА6 ;42A1ОА6 — равносторонний, поэтомуSбок=6 · S∆ A1PА6= 6 ⋅()а2 3 9 392(см2); Sполн==91 + 6 3 (см )4221618.

Sбок=π (r+r1) l , где r=AD=20 (см),21l=АВ, r1= ВС=ВМ.2По теореме из планиметрии известно, что еслив равнобедренной трапеции диагонали взаимноперпендикулярны, то высота трапеции равнасредней линии.BC + ADS ABCD=36=⋅ MN2BC + ADНо=средней линии=MN , где MN — высота трапеции. Следова2тельно, 36=(MN)2 , MN — высота трапеции. 6 (дм)=60 (см)BC + AD2r + 4060=, 60= 1120=2r1+40.222r1=80 , r1=40 (см) ВС=2 · 40=80 (см)Изменим рисунок.Построим АЕ ⊥ ВС.ВЕ=40 – 20=20 (см), АЕ=MN=60 (см)Из прямоугольного ∆ АВЕS ∆A1ОА6=BA= ВЕ 2 + АЕ 2 = 202 + 602 = 4000 =2010 (см)2Sбок=π (40+20) · 20 10 =1200 10 π (см )Площадь верхнего основания равна: π r12=π 402=1600 π (см2)=16 π (дм2), аплощадь нижнего основания равна π 202=400 π (см2)=4 π (дм2).Sполн=12 10 +16 π+4 π=12 10 +20 π (дм)2 .619. Докажите, что: а) центр сферы является центром симметрии сферы;б) любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии89сферы; в) любая плоскость, проходящая через центр сферы, является плоскостью симметрии сферы.а) Проведем произвольную прямую через центр сферы.

Прямая пересечетсферу в точках А и В. Отрезок AB будет диаметром, ½ AB — радиус сферы.Расстояние от каждой из точек до центра сферы равно, значит, центр сферыбудет центром симметрии двух данных точек. Т.к. прямая проводиласьпроизвольно, то утверждение справедливо для любых двух точек, являющихся концами диаметра сферы.б) Построим произвольную прямую а, которая проходит через центр сферы О. Докажем, что она является осью симметрии.

Возьмем произвольнуюточку А на сфере. Построим точку симметричную ей относительно О. Дляэтого проведем АК ⊥ а и продолжим за точку R на расстояние АК. Получимточку А1. (по 2-м катетам) ОА, ОА=R. Но сфера — геометрическое местоточек удаленное от т. О на расстояние R. Значит А1 лежит на сфере.Значит, при симметрии произвольная точка сферы переходит в точкуэтой же сферы. Тогда прямая а — любая прямая, проходящая через центрсферы, является осью симметрии сферы.в) Возьмем произвольную плоскость α , которая проходит через центрсферы. Докажем, что для любой точки А симметричная ей относительно αточка А, также лежит на сфере.Действительно, при построении симметричной точки мы проведем отрезок АК α (К α) и продолжаем его за точку К так, чтобы АК=КА1.

∆АКО==∆А1 КО (ОК=ОК, АК=А1К — по двум катетам). ∆А1О=АО < R, т.е. А1,удалена от точки О на расстояние R. Следовательно, что А1, лежит на сфере. Следовательно, для любой точки А симметричная ей точка также лежитна сфере, а значит α — плоскость симметрии.620. а) Вычислим длину гипотенузы прямоугольного треугольника:1,82 + 2,42 = 3,24 + 5,76 = 9 = 3 (см)Диаметр сферы равен 2 · 1,5=3 (см).Вывод: диаметр сферы равен длине гипотенузы, следовательно, центр сферы находится на середине гипотенузы, и лежит в плоскости треугольника.б) Плоскость ∆ АВС пересекает сферу по окружности.Центр окружности, описанной около прямоугольноготреугольника, лежит на середине гипотенузы. Проведемиз точки О отрезок ОК ┴ плоскости ∆ АВС, отрезки КА,КВ, КС. Равные наклонные (радиусы ОА, ОВ, ОС)имеют равные проекции на плоскость АВС, тогда,КА=КВ=КС, точка К равноудалена от вершин ∆АВС,значит, она — центр описанной окружности.