atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 9

PQ ⊥ AO, AO ⊂ α (смотри рисунок).57Возьмем на ребре двугранного угла PQточку О; проведем прямую OB ⊥ PQ,OB1 ⊥ PQ. ∠BOA=ϕ.При зеркальной симметрии В∈β → В1∈ β1, при этом α ⊥ В1В и проходит черезсередину отрезка В1В: ВК=В1К.∆В1ОК=∆ВОК,крометогоонипрямоугольные (OK ⊥ PQ, OK — общийкатет, В1К=KB).∠BOK=∠B1OK=ϕ,т.к.Тогда,линейные меры двугранных углов равны, то и соответствующие двугранные углы между плоскостями α и β, α и β1 тоже равны.520.

а) Возьмем в плоскости α точкуК и проведем через нее две пересекающиеся прямые а и b. Припараллельном переносе прямая bперейдет в параллельную ей прямуюb1, а прямая а — в параллельную ейпрямую а1. Т.к. а и b пересекаются, тоа1 и b1 тоже пересекаются. Через a1 иb1 проведем плоскость α. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то этиплоскости параллельны. Тогда, α|| α1, что и требовалось доказать.б) проведем на плоскости α прямуюr r r rа || р и b || р . Известно, что прямая,rrпараллельная р или содержащая р ,отображается на себя.b → b, а → а. Через параллельныепрямые а и b проходит единственнаяплоскость α, которая таким образом отображается сама на себя, что и требовалось доказать.58Глава VI.

Цилиндр, конус и шар521. Докажем, что осевое сечение цилиндра — этопрямоугольник (ABCD). Одно основание цилиндраполучено из другого параллельным переносом, такимобразом, BC=AD, т.к. параллельный перенос сохраняетрасстояния. AB и CD перпендикулярны основаниям.AB=CD, как отрезки параллельных прямых, заключеныемежду двумя параллельными плоскостями, т.е.

ABCD— прямоугольник R=1,5 м, Р=4 м.АС=BD= H 2 + (2R )2 = H 2 + D 2 = 16 + 9 =5 (см)522. АА1В1В — прямоугольник (см.п.521).Из ∆АВ1В:48 3= 24 3 см; R= 12 3 (см);248=24 см;Н=В1В=48 · cos 60°=2АВ=2R=48 · sin 60°=Sосн=πR2=π ( 12 3 )2=π · 144 · 3=432 π см2.523. АА1В1В — квадрат, АВ1=20 см. АВ=Н;Н 2 =20 ⇒ Н=202=20 2=10 2 ,2Н=10 2 , Sосн=πR2, где R=11АВ= Н=5 2 ,22Sосн=π (5 2 )2=50π см2.524. Нет.Пример изображен на рисунке.525.105R== ,⎧⎪H ⋅ 2R = 102HH⇒⎨22π⋅55⎪⎩π ⋅ R = 5=1π⎛⎜ ⎞⎟ = 5,⎝H⎠H2⎛ 1 ⎞Н= ⎜ ⎟⎝ 5π ⎠−1= 5π м.526. Sосн = πR 2 ; S сеч = H ⋅ 2R ,S осн= =S сеч3 ⋅π,43 ⋅ π πR 2R3=⇒=,42HRH259tgα =2R13o⇒ tgα, tgα = 3 , α = 60 .H22∠B1 AB = 30 o ; ∠A1 BA = 30 o ;∠β = 180 o − 2 ⋅ 30 o = 120 o ; ∠ATA1 = 60 o.527. АВ и О1О — скрещивающиеся прямые.а) 1. Построим плоскость, содержащую АВ так, чтобыплоскость была параллельна О1О.

АА1ВВ1 — прямоугольник. ρ(АВ, ОО1)=ρ ((АА1В), ОО1).Построим ОР ⊥ А1В, ρ(АВ, ОО1)=ОР=d. 2. r=10 дм, d=8дм, АВ=13 дм, h=?A1P = BP = r 2 − d 2 , A 1 B = r 2 − d 2 ,A1 B = 100 − 64 = 2 ⋅ 6 = 12 (дм),H = AB2 − A1B 2 = 169 − 144 = 5 дм.б) h=6 см, r=5 см, АВ=10 см, d=?A 1 B = AB 2 − h 2 = 100 − 36 = 8 смA 1 P = PB = 4 см. Из ∆ A1OP : d = r 2 − A1P2 = 25 − 16 = 3 см.528. Пусть π — секущая плоскость, π|| O1O.O1O ⊥ плоскостям оснований, тогда прямые АВ и CD, покоторым π пересечет боковую поверхность цилиндра, такжеперпендикулярны плоскостям оснований. Тогда АВСD —прямоугольник. Точка А переходит в точку В и точка Dпереходит в точку С.529.

АА1В1В — прямоугольник.1AB = R 2 − d 2 , т .е. AB = 2 R 2 − d 2 ;2S = АВ ⋅ H = 2 R 2 − d 2 ⋅ H == 2 25 − 9 ⋅ 8 = 16 ⋅ 4 = 64 см2.530. Пусть H=12 см, R=10 см, АА1В1В — квадрат.AB=H=12 см,121=AB = R 2 − d 2 , т .е.22100 − d 2 , 6 = 100 − d 2 ,36 = 100 − d 2 , d 2 = 64, d = 8 см.531. Пусть Н=10 дм, Sсеч=240 дм2, d=9 дм.S = H ⋅ AB; 240 = 10⋅ AB, т.е. AB = 24 дм.1AB = R 2 − d 2 , или 12 =260R 2 − 81 , 144 = R 2 − 81, 255 = R 2 , R = 15 дм.532. ∠ВАС=ϕ — линейный угол двугранного угла CA1 AB.Пусть R — радиус основания цилиндра, Н — высотацилиндра.S1 = S A1C1CA = 2 RH .ABo=R,sin ϕABR=;2 sin ϕ cos ϕ sin ϕт.е.sin( 180 − 2ϕ )AB = 2R cos ϕ; S2 = SA1B1BA = AB ⋅ H = 2R cos ϕH;S12RH1==.S2 2RH cos ϕ cos ϕОтвет:1.cos ϕ533.

S = 2RH , или R =S;2H1AB = R 2 − d 2 , т .е. AB =2Sсеч = AB ⋅ H = 2 HS2− d2 ;4H 2S2− d2 =4H 2S2 − 4H 2d 2 .534. Из ∆AOB: AO = OB = R.1BM = AB = 3d2BMтогда= tg 60 o = 3 ;d2 BM = 2 3d ; AB = 2 3d ;S = 2 3dh .535. По условию: d = 2 см, ∠AOB = 60 o .BKBK12== tg 30 o =, тогда BK =;OK233AB = 2 ⋅ BK =43=4 3см.3AA1 B1 B — прямоугольник, S =4 3⋅ 10 3 = 40 см2.3536. ∠ACB — вписанный, т.к. ∠ACB = 90 o , то онопирается на диаметр.Пусть h — образущая, равная высоте цилиндра, R — радиус цилиндра,далее BC = x , тогда AC = 4 R 2 − x 2 .61S1 = S BB1C1C = S = xh = S 2 = S ACC1 A1 = h ⋅ 4 R 2 − x 2 ,xh = h ⋅ 4R 2 − x 2 , или x = 4R 2 − x 2 ,x2 = 2R2 , x = 2 R , R =x2x2 = 4R2 − x2 ,2 x 2 = 4R 2 ,.Площадь осевого сечения2 xh.

S3 = 2 ⋅ ( xh ) = 2 S .S 3 = 2 Rh =2Ответ: 2 S .537. По условию D=1м; Н=πD.111Sбок = 2πrH , r = D = (м), H = π ⋅1 = π м, S бок = 2π ⋅ ⋅ π = π 2 м2.222538. По условию Sбок = S ,SS; S AA1B1B = AB ⋅ h = 2rh = .ππ539. D = 1,5 м, H = 3 м, на 1 м2 — 200 г краски.S бок = 2πrh = S , 2rh =S полн + Sосн = 2πrh + πr 2 = Sбака ,2⎛ 1,5 ⎞S повбака = πВР + πr 2 = π ⋅ 1,5 ⋅ 3 + + π⎜ ⎟ =⎝ 2 ⎠2 ,25= π ⋅ 4 ,5 + π ⋅= 4 ,5π + 1,125π = 5,625π .2Тогда количество краски: 0,2 ⋅ 5,625π = 1,125π кг.540. По условию: H − R = 12,S полн = 2πR( R + H ) = 288π см2.

Запишем систему:⎧H − R = 12,⎨⎩2πR ( R + H ) = 288π,⎧H − R = 12,⎨⎩2πR (R + H ) = 144.R 2 + R( 12 + R ) = 144; R 2 + 6 R − 72 = 0;R1,2 = −3 ± 9 + 72 = −3 ± 9.Очевидно, R > 0, т.е. R = 6 см, H = 12 + 6 = 18 см.541. По условию: d = 20 =0,2 м,2 ,5πd ⋅ 1S бок = 2π ⋅ r ⋅ l = π ⋅ d ⋅ l , Sшв =,1002 ,5πd ⋅ 0,2 ⋅ 40,8πd ⋅ 2 ,5Sбок + Sбок = π ⋅ 0,2 ⋅ 4 += 0 ,8π +=10010025 ⎞⎛2= 0 ,8π⎜1 +⎟ = 0 ,8π( 1 + 0 ,025 ) = 0,82π м .10040 ⎠⎝62542. По условию: Sосн = S ; S = πR 2 .Пусть высота цилиндра h.

Из ∆AA1 B1 .S2RS, h== ctgϕ ⋅ 2,tgϕππ2R= tgϕ, R =hSбок = 2πRh = 2πSSS⋅ ctgϕ ⋅ 2π= 4πctgϕ = 4 Sctgϕ.πππОтвет: 4Sctg ϕ .543. Sбок = 2πRh, Sполи = 2πR(h + R),ABAB = 2πRh , R =⋅ (1) ; h = AA1 ⋅ (2)2πДиагонали прямоугольника равны и в точке Т делятся пополам (по свойствам прямоугольника).Из ∆ATA1 по теореме косинусов имеем:22d d2d 2 2d 2⎛d ⎞⎛d ⎞AA12 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − 2 ⋅ ⋅ cos ϕ =−cos ϕ =2 244⎝2⎠⎝2⎠=ϕϕd2d2(1 − cos ϕ ) =⋅ 2 sin 2 = d 2 sin 2 ,2222AA1 = d 2 sin 2ϕϕ= d sin , AA1 = h.2222d d⎛d⎞ ⎛d⎞Из ∆ATB по теореме косинусов: AB2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − 2 ⋅ ⋅ cos(180o − ϕ) =222 2⎝ ⎠ ⎝ ⎠=ϕϕ2d 2 2d 2d2d2+cos ϕ =(1 + cos ϕ) =⋅ 2 cos 2 = d 2 cos 2 ,222442ϕϕϕAB d cos 2= d cos ; R =AB = d cos=;222π2π2Sбок = 2π2d cosϕ2 ⋅ d sin ϕ = d 2 sin ϕ cos ϕ2π22ϕϕ 1 2ϕ1 2= d ⋅ 2 sin cos = d sin ;222 22Sосн = πR 2 =S полн =πd 2 cos 24π222ϕ22 = d cos 2 ϕ ; Sполн = Sбок + 2 Sосн ;4π22ϕ dϕ d2dd21 21ϕd sin ϕ + 2⋅ cos 2 =sin ϕ +cos 2 =(sin ϕ + cos 2 ).24π224π222πЕсли за основание принять AA1 , а за высоту — АВ, то S бок не изменится.63d 2 sin 22Sосн = πR = π ⋅4π 2ϕϕd 2 sin 22 =2;4πϕОтвет: S полн2d 2 sin 212 = 1 d 2 sin ϕ + d sin 2 ϕ .= d 2 sin ϕ + 2 ⋅24π22π2544.

Sосн = πR 2 .Очевидно, сторона квадрата равнаd2= 2πR , т.е. R =d2 2 ⋅πd2.; S осн = πd28 ⋅π 2=d2.8π545. Пусть R = OA = a , H = AA1 = a.а) S осевогосеч =2 RH = 2aa = 2a ;б) S бок = 2πRH = 2πaa = 2πa 2 ;Aв) S полн = 2πa 2 = 2(πa 2 ) = 4πa 2 .546. а)S бок = 2πbaS бок = 2πabS бок одинакова.б) S полн = 2πba + 2πb 2 = S1 , S 2 = S полн = 2πab + 2πa 2 ,S1 2πb(a + b) a== .S 2 2πa(a + b) bОтвет:a S1=.b S2547. По условию SO = h = 15 см, R = OA = 8 см,AS = SO 2 + OA 2 = 15 2 + 8 2 = = 225 + 64 = 17 см.548.

а) α = 30o по условиюR = AO = AS cos α = AS cos 30 o =12 3= 6 3 см,2S осн = πR 2 = π( 6 3 ) 2 = 36 ⋅ 3 ⋅ π = 108π см2;64A12б) α = 45o по условию R = 12 ⋅26 2 см,2Sосн = π ⋅ ( 6 2 )2 = 72π см2;в) α = 60o по условию R = 12 ⋅16 см2.2S осн = π ⋅ 6 2 = 36π см2549. По условию PO = h = 8 дм.11а) S1 = Sосн ; б) S1 = Sосн ,24Плоскость, параллельная основанию, пересекается ско-нусом по окружности и разбивает конус на две части.PO1 O1 A1 PO1 r1∆PO1 A1 ∼ ∆POA ;=,= .8POOArS кр = πr 2 ,PO1=S кр2r =, 8πа) PO1 = 8S1πS оснπ=S1.S оснS11 818= = 4 дм;=8== 4 2 дм; б) PO1 = 84 22S осн2550. Пусть ∠APB = 90 o , AO = OB = 5 см, S ∆APB = ?S ∆APB =11AP ⋅ PB = AP 2 ,222 AP 2 = AB 2 (по теореме Пифагора), AB = 10 см.150AP 2 = ⋅ 25 ⋅ 4 = 50 см2, тогда S ∆APB == 25 см2.22551.

а) Обозначим ∠BPC = 30 o , PC=PB=2r.12r ⋅ 2rS BPC = PB ⋅ PC ⋅ sin 30o ; S BPC == r2 ;22⋅2б) Дано ∠BPC = 45 o ,S BPC =2r ⋅ 2r ⋅ 2= r2 2 ;2⋅2в) Дано ∠BPC = 60 o , S BPC =2r ⋅ 2r ⋅ 3= r2 3 .2⋅2552. Дано PO = h , ∠APO = 60 o , AP⊥PB , PB — образующая.1) AP = 2h , (РО — катет, лежащий против угла в 30o );652) AP = PB = 2h — как образующие конуса;3) ∆АРВ прямоугольный.2h ⋅ 2h1S APB = AP ⋅ PB , S == 2h 2 .22553.

Дано: АРВ — осевое сечение. S APB = 6 дм2, S осн = 8 дм2.1PO ⋅ AB , AB = 2r .2PO ⋅ 2r== rh , 6 = rh; (1)21) S APB =S APB2) S осн = πr 2 , 8 = πr 2 ; (2)3) из (2) r =8 2 26 6 π 3 ππ; из (1) h = =дм.===6πr8π2 22554. Дано ВС — хорда, стягивает угол а) в 60 o ; б) в 90 o. S сеч = ?Проведем ОК ⊥ СВ и соединим точки Р и К. По теореме о трех перпендикулярах: РК ⊥ СВ. РК — высотатреугольника ВРС.1S сеч = S BPC = CB ⋅ PK .2а) ВС=r.Из ∆РОК: PK = PO 2 + OK 2 , из ∆СРК: PK = CP 2 − CK 2 .⎛r⎞PK = l − ⎜ ⎟⎝2⎠2Sсеч =2⎛ 4l 2 − r ⎞⎟= ⎜⎜ 4 ⎟⎝⎠2=4l 2 − r 2,2r14l 2 − r 2⋅r⋅= ⋅ 4l 2 − r 2 ;224⎛r⎞б) CB = r 2 ; PK = l − ⎜ ⎟⎝2⎠22⎛ r ⎞⎟= l − ⎜⎜⎟⎝ 2⎠22=2l 2 − r 22,12l 2 − r 2r⋅r ⋅= ⋅ 2l 2 − r 2 .222555.

Дано: ОР=h=10 см, ВС — хорда,Sсеч =∠COB = 60 o , двугранный угол между плоскостью основания и плоскостью ВРС равен: а) 30 o ; б) 45o ; в) 60 o. S BPC = ?Построим линейный угол данного двугранного угла. Проводим ОА ⊥ ВС,строим отрезок РА. По теореме о трех перпендикулярах РА⊥ВС.OA ⊥BC, поэтому ∠РАО — линейный угол двугранного угла.PO⊥PAO66а) ∠РАО= 30 o. Из ∆РОА: PA =hsin 30 o= 2h , из∆СОВ: ВС=r=2СА,OACA1, CA =.= tg 30 o =OA33h1Из ∆РОА:, OA = h 3 .= tg 30 o =OA3h 311= h , BC = 2h.