atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 18

∆DOA=∆DOB=∆DOC (по гипотенузеи катету). Тогда, ОА=ОВ=ОС. Точка О равноудалена от вершин ∆АВС, таким образом, являетсяцентром описанной около ∆АВС окружности. Впрямоугольном треугольнике центр описаннойокружности — это середина гипотенузы.∆А1В1С1∼∆АВС (т.к. плоскости А1В1С1 и АВСпараллельны по условию, таким образом,А ВА СА1В1||AB, В1С1||BC, А1С1||АС), поэтому 1 1 = В1 С 1 = 1 1 .АВАСВСDO1 O1B1∆DО1B1∼∆DОB — имеют общий острый угол при D,==DOOB1DА 1 А1B1 DB1 2 DB 1DB1.

∆DA1B1∼∆DAB,==== .DBDААBDB2DBDO1 А1B1 1Таким образом,== .DOАB2Площади подобных фигур относятся как квадраты сходственных сторон,S∆А1B1C1 ⎛ А В ⎞ 111 1 =поэтому=. S∆ABC= ⋅24⋅18=216 дм2.S∆ААB ⎜⎝ АВ ⎟⎠ 422161=54 дм2S ∆A 1 B 1 C 1 = S ∆ABC =44Вычислим высоту усеченной пирамиды О1О.=АВ= АС 2 + СВ 2 = 242 + 182 = 576 + 324 = 900 =30 дм.129∆ADB — равнобедренный, DA=DB=25 дм.Из треугольника ∆DOB: DO= DB2 + ОВ 2 = 252 + 152 = 400 =20 дм;11DO=10 дм.

V= О1О(S∆ABC+S ∆A 1 B 1 C 1 + SΛABC ⋅ SΛA1B1C1 );2311010V= ⋅10⋅(216+54+ 216 ⋅ 54 )=(270+ 27 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 27 ⋅ 2 )=(270+27⋅4)=33310(270+108)=10⋅126=1260 дм2=3700. A1D1=4 см, AD=6 см, S ∆AA1C1C =15 см2. SABCD=AD2=62=36 (см2);О1О=S ∆A1B1C1D1 =A1D12=42=16 (см2). О1О — высота пирамиды.А1С1||АС, поэтому сечение АА1С1С —равнобедренная трапеция.А C + АCО1О, где О1О — высота пирамиды и высотаS ∆AA1C1C =15= 1 12сечения.А1С1=4 2 ; АС=6 2 .4 2 +6 2315О1О, О1О==.225 21V= O1O(SABCD+S ∆A1B1C1D1 + SΛABC ⋅ SΛA1B1C1 );315=V=13⋅32(36+16+ 36 ⋅ 16 )=12(52+24)=76=76 2=38 2 см2.221 2 1701. а) Дано: h=3 см, r=1,5 см. V= πr h= π⋅2,25⋅3=2,25π (см3);333V 3 ⋅ 48π1==9 (см);б) Дано: r=4 см, V=48π см3. V= πr2h, h=3π ⋅ 16πr 23р1 213рπr h, p= πr2m, r2=, r=.33πmπm702.

РО=5 см, РО1=2 см; РО — высота конуса.∆РО1А1∼∆РОА, О1А1=r1,PO15PO 25Тогда:,= .==А1O1 OА r1 OА rв) Дано: h=m, V=p. V=36,π626⋅5155см. 6 = , откуда r==см.r1=rπ ⋅2ππV1=13πr12 PO1=24,π13013πr12⋅2=24, r12=V=1313πr2 РО= ⋅π⋅703. V=225⋅5=75⋅5=375 см3.π1 2πr h, где r — радиус основания, h — высота конуса.3πr2=Q, откуда r2=h= l2 − r 2 . Р=πQ. Sбок=Р=πrl, где l — образующая.πPQ⋅l, l=.ππQ2222⎛ P ⎞⎟ − Q = P − Q = P −Q .h= ⎜⎜ πQ ⎟ππQ ππQ⎝⎠V=1 2 1πr h= Q⋅33P 2 − Q2πQ=13Q 2(P − Q 2 ) =ππQ( P 2 − Q 2 ).3πH2πH31 21πr H= π⋅⋅H=.33412705. Обозначим образующую SB=d, радиус основанияОB=r.704.

V=Из треугольника∆SOB: SO=H= d 2 − r 2 = 132 − r 2 =169 − r 2 , тогда S ∆ASB =60=Hr ⋅ 21Н⋅АВ==Н⋅r.22⎧⎪H = 169 − r 2 ,⎨⎪⎩Hr = 60.1 60= 169 − r 2 , r4−169r2+3600=0.Н=60⋅ ,r r169 ± 28561 − 14400 169 ± 119=,22288169 − 119r2==144, r=12 см,r2==25, r=5 см.226060=5 см,при r2=5 см Н2==12 см.при r1=12 см Н1=1251111V1= πr2H= ⋅π⋅122⋅5=240π см3,V2= πr2H= ⋅π⋅52⋅12=100π см3.3333(r2)1,2=706. Дано: h=12 см, V=324π см3.13V 3 ⋅ 324πV= πr2h, r2===81,3πhπ ⋅ 12131r=9 (см). α=360° ⋅ r.ll= h 2 + r 2 = 122 + 92 = 144 + 81 =360 ° ⋅ 9=15 (см).

α==216°.15707. Имеем Sполн=Sосн+Sбок, Sосн=πr2,Sбок=πrl.45π=πr2+πrl, отсюда 45=r2+rl, где r — радиус основания; а l — образующая конуса.360° ⋅ r360° ⋅ rα=. 60°=, 60°⋅l=360°⋅r, l=6r.ll⎧245Запишем систему: ⎪⎨r + rl = 45, r2+6r2=45, r2=.7⎪⎩l = 6r.h= l2 − r 2 = (6r)2 − r 2 =r 35 =1745 ⋅ 35 =15 дм.4545 ⋅ 5 225π⋅15=π⋅=дм3.7771708. Имеем V= πh(r2+r12+rr1), где h — вы3сота; r и r1 — радиусы оснований конуса.О1С=r1, ОВ=r.

Построим CL⊥AB, CL=O1O=h.V=13π⋅LB=r−r1=6−3=3 м.Из треугольника CBL: CL= CB2 − BL2 = l2 − 32 = 25 − 9 = 16 =4 м,1V= π⋅4(32+62+3⋅6)=84π м3.31709. Имеем V= π(r2+r12+r1r)h.3Sбок=S=π(r+r1)l, где h — высота; а l — образующая; r и r1 − радиусы оснований конуса.О1С=r1, ОВ=r, LB=r−r1.Из треугольника CBL: h2+(r−r1)2=l2.Запишем систему:S⎧⎪S = π ⋅ l(r + r1 ), ⎧⎪ = r + r1,⎧⎪S = π ⋅ l(r + r1 ),πl,⎨⎨⎨⎪⎩(r - r1 ) 2 = l2 - h 2 , ⎪⎩r - r1 = l2 - h 2 , ⎪ 2 2=lhrr,1⎩S1SТогда 2r= + l2 - h 2 , r= ( + l2 - h 2 ),πl2 πl132r1 =Sπl1 S2 πl− ⋅−12l2 - h 2 =1 S(2 πl− l2 - h 2 ).SSl2 - h 2l2 - h 2 2++–)–2πl22πl21 S1 SS1 S3 S– ( + l2 - h 2 ) ( – l2 - h 2 )=( )2− (( )2−( l2 - h 2 )2)= ( )2+2 πl2 πlπl4 πl4 πlr2+r12+rr1=(r+r1)2–2rr1+rr1=(r+r1)2–rr1=(+1πh 2 2 3S 21 2 2 1 3S 21 3S 2(l −h )= (+l2–h2). V= πh⋅ (+l2−h2)=(l −h +).44 π2l234 π2l212π2l2Sсеч=SABCD=–DC + AB2r + 2r2SSl2 - h 2h= 1h=h(r1+r2)=h(++222πl22πl−l2 - h 2S)=h .2πl710.

а) Дано: R=4 см. V=4πR3, S=4πR2.3256π4π⋅64=см3, S=4π⋅16=64π см2;334б) Дано: V=113,04 см3, V= πR3,33V3⋅113,04339,12R3===≈27, R= 3 27 =3 см, S=4πR2≈36π см2;4π4π4πV=в) Дано: S=64π см2. S=4πR2, 64π=4πR2, R2=16, R=4 см,V=4π ⋅ 43 256π4πR3==см3.333711. VЗ=Vл=3D3 πD444πRЗ3, DЗ=2R3, VЗ= π⋅ 3 = 3 ; Vл= πRл3, Dл=2Rл,33863VπD3л V9 D3343 D3л.= 3 , если DЗ=4DЛ, то 3 ==64.6Vл D лVлD3л4πR3, VЦ=πr2h, DШ=DЦ, то есть 2R=2r, отсюда R=r. По усло344вию VШ=VЦ. πR3=πR2h, R=h.33115713. h=12 см, r= =2,5 см.

VК= πr2h= π⋅6,25⋅12=25π см3.233712. VШ=VШ=πD34D125ππR3, R= ; VШ=, D=5 см, VШ=см3.3266133Надо сравнить объемы конуса и шара: 25π и125π125πV, 150 и 125. Т.к. 150>125, то 25π>,66VК>VШ, то есть растаявшее мороженое уместится в стаканчике.714. VЦИЛ=πr2h, Vводы=πr2h0=π(πD 2D 2h0. 4 опущенных шарика) ⋅h0=242πD3ш 2π16D4 3πr Ш)= π( ш )3==см3.33233Т.к. объем шариков равен объемузанимают объем: 4(вытесненной воды, то: π∆ h= 8 =23D43( 2,5) 2=D22π∆ h=;4332.75715.

Пусть АС=h, AB=r, r — радиусклумбы; примем радиус шара равным Rмх. Рассмотримцентральное сечение шара. СD=2R, ∠CBD=90°, т.к. онопирается на диаметр CD.Из треугольника CDB: СВ=2R cosα; из ∆АСВ:hAC=cosα=.CB2h + r2hПолучили уравнение: 2Rh+r2, R=2+r= h 2 + r 2 , 2Rh=h2+20,36 + 25 25,36 317h2 + r2м.(h=0,6 м), R===2 ⋅ 0,61,2152hVСЕГМ=πh2(R−314 3 ⋅ 314π 924π1⎛ 317 1 ⎞ 9h) (0,6)2 ⋅ π⎜− ⎟=π⋅==3153 ⋅ 25125⎝ 15 5 ⎠ 25716. Cечение шаров проходит через их центры О и О1. Хорда АВ⊥ОО1,ОО1=r, r — радиусы шаров. Общая частьзаштрихована и состоит из двух одинаковыхшаровых сегментов.

Их объемы:11V=πh2(R− h), где h=КО1= r, R=r.32V=ππr 21 1rr25πr 3(r– ⋅ r)=(r– )=.43 24624Vобщ=2V=V5⋅355πr 35πr 3 4πr 34. Объем шара V= πr3. общ =:==.V1231234 ⋅12 16717. МВ=60 см. СА=2R=2⋅75=150 см.134ОбозначимСМ=h.Обозначим∠АСВ= ϕ ,следовательно, из ∆АСВ: СВ=СА cos ϕ =2R cos ϕ .С другой стороны, из треугольника СМВ:hCМСВ= h 2 + 602 , cos ϕ ==.2CBh + 60 22Rh2h + 602= h 2 + 602 , 2Rh=h2+602, h2–2Rh+3600=0,h1,2=R± R 2 - 3600 =75± 5625 - 3600 =75±45; h1=120 см, h2=30 см.11V1=πh21(R− h1)=π⋅1202(75− ⋅120)=π⋅14400⋅35=504000π см3;331 2122V2=πh2 (R− h )=π⋅30 (75– 30)=π⋅900⋅65=58500π см3.3312R718.

АВ=2R, АМ=MN=NB= AB=.33Объем шарового слоя найдем как разность объемов шаровых сегментов, высоты которых NA и MA.14R 21 4R5 ⋅16) ⋅(R– ⋅)=πR3;V1=π⋅NA2(R– NA)=π(333 38112R 21 2R7⋅4) ⋅(R− ⋅)=πR3;V2=π⋅MA2(R– MA)=π(333 38180 2852Vшар слоя=V1–V2=(–)πR3=πR3.81 8181719.

Имеем CD⊥AB, АМ=6 см, МВ=12 см.Рассмотрим сечение шара плоскостью большого круга. АВ — диаметршара, АВ=6+12=18 см, R=9 см. Полученные части — шаровые сегменты.14V1=π⋅AМ2(R– AМ); V2= πR3–V1.331V1=π⋅62(9– 6)=36π(9–2)=252π см3.34π ⋅ 81⋅ 94–252π=972π–252π=720π см3.V2= π⋅93–252π=33720. Пусть R — радиус шара, r — радиус основаниясегмента.

Вычислим высоту сегмента Н=РО1, ОР=R.Из прямоугольного треугольника ∆ОО1М:ОО1= OМ 2 − O1М 2 = R 2 − r 2 = 752 − 602 =45 смН=РО1=ОР−О1О=75−45=30 см.135V=22πR2Н= π⋅752⋅30=π⋅20⋅5625=112500π см3.33721. Имеем ∠ВОА=30°. Тогда ∠ВОС=60°, ОВ=ОС=R, ∆ВОС — равносторонний, сторона ВС отсекает от радиуса ОА отрезок DA, равный высоте Нсоответствующего шаровому сектору сегмента.33=R(1−).22Н=AD=АО−OD=R−R⋅V=12πR2H= πR3(2− 3 ).33722. Sшара=4πR2. На сушу приходится1часть поверхности шара, т.е.4Sсуши=π⋅63752≈1,28⋅108 км2=128⋅106 км2.723.

S=4πR2; S=4π⋅102=400π см2. 1% составит 4π см2, 8% — 32π см2.S=400π+32π=432π≈1357 см2.724. Имеем Sсф=4πR2=4π(D2D 2=πD2;) =4π24Sполн кон=Sосн+Sбок.rlИз треугольника АОР: cos∠A= OA = =PAOA=r=H⋅l=2⋅H3H1H2; Sосн=πr2=π⋅=.tg60°33. Sбок=πrl=π⋅23⋅2H3=π⋅2H 2,3πH2πH3πH 2+==πН2.333По условию Н=D, т.е. Sсф=Sполн кон,.Sполн кон=1362H1, ∠A=60°.2Вопросы к главе VII1. а) V2>V1; б) V1=V2=n (см3).2. Заметим, что ∆AMN∼∆АСВ.1MN 2 2 BC 2 1S∆AMN=() =()= .S∆ACBCBBC4V ABCA1B1C1 =S ∆ABC ⋅АА1, V AMNA1M1N1 =S ∆AMN ⋅АА1,VAMNA1M1N1VACBA1B1C1=SΛAMN ⋅ АА1 1= .SΛACB ⋅ АА1 4D 2 π 2) h= D ⋅h.24hππh πD1=2D, h1= . V1= ⋅(2D)2h1= ⋅4D2⋅ = D2h. V1=V.4444 43.

V=πr2h=π(1Sоснh, h1=nh.3В основании многоугольник, у которого: а) число сторон осталось безизменений; б) углы остались без изменений, т.е. полученный многоугольник подобен исходному, а площади подобных многоугольников относятсякак квадраты сходственных сторон. Обозначим: х — сторона исходногохмногоугольника, — сторона полученного.n4. V=aS11=( n )2=, где S1 — площадь основания полученного многоугольника.S осн an2111 S1 V⋅n⋅h= Sоснh = .V= S1h1= ⋅ осн33 n23n n5. В качестве четырехугольников рассмотрим параллелограмм и прямоугольник. Обозначим их стороны a и b.S1=absinαS2=ab1V1= S1hиabsinα<ab, т.е.31V2= S2h связаны неравенством V1<V2, т.е.

нет.3V1 πhr12 4r22= 2 =4.=V2 πhr22r27. Тело вращения будет состоять из трех тел:прямого цилиндра ВСС1В1 и двух равных конусов.8. Конус 1: обозначим радиус основания а; высота b. Тогда объем равен:V1=πa2b.6. r1=2r2; V1=πr12h; V2=πr22h.137Конус 2: радиус основания b; высота a; V2=πb2a.Если а≠b, то V1≠V2.9. Шар 1: D=2R1; шар 2: D=R2, 2R1=R2.RR1а) 1 = 1 = ;R 2 2R 1 2V444πR13; V2= πR23= π⋅8R13.

1 =333V2б) V1=4πR1334πR13 ⋅ 83=1.8444π⋅63; r=2 см, V1= π⋅23, n⋅V1= π⋅23⋅n.333446⋅6⋅6 33333Тогда получили уравнение π⋅2 ⋅n= π⋅6 , 2 ⋅n=6 , n==3 =27.332⋅2⋅211. Обозначим ребро куба равное а. Вписанный шар касается всех гранейкуба в их центрах. Вершины куба, вписанного в шар, лежат на поверхностишара.