atnasyan-gdz-9-2001 (546188), страница 11

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 11)

Если окружность не имеет общихточек, то решений не будет.Допустим, они пересеклись в некоторой точке А.Опустим из нее перпендикуляр h на прямую. Затем их этой же точкиопустим наклонную к нашей прямой длиной 2h. Получим точку Вудлинив АН в два раза. Получим С.∆ АВС – искомый.BC№ 1298.AOMO′ BA′Построим прямую О′A′ симметричнуюпрямой ОА относительно точки М. Онапересечет прямую ОВ в точке O′ такой, чтоO′М=ОМ.O′М — искомый отрезок.№ 1299.CADD′B70Построим окружность симметричнуюотносительно прямой АВ, затем проводимлинии, параллельные прямой АВ до техпор, пока не найдем такую прямую, чтоАС=AD (ВС=BD) (D и С – точкипересечения прямой с окружностями).

Затем точку D отображаемотносительно прямой АВ в точку D′ на исходной окружности.Отрезок D′C – искомый.№ 1300.Построим ∆АОО1 по трем сторонамBM2M3OA(АО=M1CO1222АМ3; АО1= СМ2; ОО1= М1В).333Затем проведем медиану АМ1 (ОМ1=М1О1=13= ВМ1) и продлим ее до точки С(СМ1=М1А), затем продлим сторону ОМ1 до точки В (ВО=2ОМ1),затем соединим вершины А, В и С. ∆АВС — искомый.№ 1301.Построим ∆МСD по трем сторонам (МС=АВ), затем продлим MDB→Cна вектор СВ . Получим точку А. Затем,построив окружность с радиусом АВ източки А и с радиусом ВС из точки С,AMD отметим точку В (точка их пересечениянаходится в верхней полуплоскости от прямой АС). АВСD —искомая трапеция.№ 1302.BПеренесем точку C′ (точку пересеченияAOD′dC′DCc→прямых c и d) на вектор АВ .

C′→D′.Затем путем параллельного переносаотрезка D′C′ вдоль прямой с находимточку D. ABCD – искомыйпараллелограмм.№ 1303.Отобразим прямую а→а′ путем поворотавокруг точки А на 90°. Затем путемaMсимметрии отобразим окружностьотносительно точки А. Найдем точкуAпересечения М новой окружности спрямойа′. Затем путем поворота точки МDвокруг точки А на 90° (в обратную сторону) мы получим точку В наBCa′71прямой а. После точку М путем центральной симметрии отобразимна исходную окружность. Получим точку В.

Затем отложим отточки→В вектор AD , таким образом, В→С. АВСD — искомый квадрат.№ 1304.Пусть ОА=а; ОС=с; ОВ=b. Площадь трех верхнихA1(cb + ba + ac) , а сумма квадратов21этих площадей: (с2b2 + b2a 2 + a 2c2 ) .4граней равна:BabOcАВ2=а2+b2;АС2=а2+с2;По теореме косинусов:CСВ2=с2+b2.a2+с2=а2+b2+с2+b2–2 (а 2 + b 2 )(c2 + b 2 ) cosABC;cosABC=S=b2(a 2 + b 2 )(c2 + b 2 ).b411АВ2 ⋅ ВС2 ⋅ sin2ABC= (a2+b2)(c2+b2) 1 − 2 2 2 2  =44 (a + b )(b + c ) =((a2+b2)(c2+b2)–b4)11 1=(a2c2+a2b2+b2c2+b4–b4) = (a2c2+a2b2+b2c2),44 4что и требовалось доказать.№ 1305.B1C1D1A1BCADM1B1M2BACDM3M1B1M6B2) М1М2||М3М4||AA1;M1M2=M3M4=AA1;M1M4||M2M3||AB;M1M4=M2M3=AB.Таким образом, сечение М1М2М3М4 – квадрат.C1M2D1A172M5C1D1M4A1A1) Пусть сторона куба равна а, тогдаDC1=a 2 =BD=BC (по теореме Пифагора).Таким образом, BC1D — правильныйтреугольник.M3 CM4D3) Проводим сечение плоскостью М1М2М5, гдеВ1М1=М1С1=С1М2=АМ5.Таким образом, М1М2=М2М3=М3М4=М4М5==М5М6 и это получается правильный шестиугольник.№ 1306.A2A3MA4A1N1BCNAПусть паук сидит в точке М (на ребре ВВ1), амуха в точке D.Если развернуть боковую поверхность куба, тократчайшее расстояние от точки М до точки Dбудет, очевидно, прямая, которая пересекаетребро АА1 в точке N, такой, что AN=D1BM.2Таким образом, паук должен идти по прямойдо точки N (или N1), а затем по прямой до точки D.№ 1307.A1A6Спроецируем куб на плоскость так, чтобыдиагональ его была перпендикулярна этойA2A3OHA5A4плоскости: А3А6= а 2 + а 2 + а 2 = а 3 .

Такимобразом, сторона шестиугольника равна3и23 2 3 2 3а − а = а . Таким образом, радиус вписанной41643окружности равен а , т.е. в нее можно вписать квадрат стороной4ОН=3 2а , что явно больше а. Что и требовалось доказать.4№ 1308.Пусть AC=а, А1А=h.V1 = VMNCC1DB1B ,V2 = VA1B1C1MN = VABCMN ,V3 = VAA1MNТак как все грани составляющие эти фигуры равны между собой:12V= а ⋅ аsin60o ⋅ h =3 2a h;413V1+V2= a33 22⋅ ah =a h= V;26373В1A1N1 13 2С1 P2P1HP4BMAP3C33 2⋅a ⋅a =a h.2121Таким образом, V1–V3= V .3V2+V3= ⋅ h ⋅Разобьем V1 на 3 фигурыплоскостями, перпендикулярнымиоснованию и проходящими черезточку Р1 (середина НР2) и Р4(середина Р3Н). Получится двечетырех угольных пирамиды(одинакового объема) и треугольнаяпризма.NP2=1113AB= a; MN= a (средние линии); NP1=NP2sin60°=a.22241 а3 4Vпирамиды= ⋅ ⋅ h ⋅33 21a=a h= V;44812a 1a 33 21⋅ah =a h= V;2 24 4164111151511V1= 2 V + V = V ; V3= − V + V = V ; V2= V − V = V .12334121212124Vпризмы= ⋅ NP1 ⋅ AA1 =№ 1309.S11⋅ АМ ⋅ ВН1 ⋅ ⋅ SH =321= AM ⋅ BH1 ⋅ SH 2 =61= MC ⋅ BH1 ⋅ SH = V26V1 =ABHMH1где V1 – объем АВМSV2 – объем МВСS, таким образом,V1=V2, что и требовалось доказать.C№ 1310.Объем будет равен объему цилиндра высотой а и радиусом SH бездвух конусов высотой а/2 и радиусом SH.74StgBCH2HADV ц= π ⋅ r 2 ⋅ h = π232Vк= πr 2 ⋅ h =αа=;2 2SH 2HH2=SH2=aα2tg2=aαctg22a.

Таким образом,2SH=a2α a2 aα=ctg 2 −ctg − 1 ;42 422a2  2 α πa 3  2 α − 1 ⋅ a =− 1 ; ctg ctg42 4 2 2 a 2  2 α  a πa 3  2 α π  ctg− 1 =− 1 ; ctg3 42  2 12 2 Vц–2Vк=πa 3  2 α −1 . ctg6 2 75.

Характеристики

Список файлов книги