atnasyan-gdz-9-2001 (546188), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

О построить N1D1⊥B1F1; C1K1⊥A1E1 иK1C1, A1E1 – биссектрисы прямых углов.∠B1OD1=∠D1OF1=∠F1ON1=∠N1OB1.Через каждую точку A1, B1,..., N1 построить27прямые, перпендикулярные OA1, OB1,..., ON1. Эти прямыепересекутся в точках А, В, С, D, Е, F, К, N. ABCDEFKN – искомый.28ГЛАВА XIII.ДВИЖЕНИЯ1148.а) При осевой симметрии сохраняется расстояниемежду точками.AA1⊥l и BB1⊥l, отсюда b||a.Так как a||l и a||b, то b||lб) Если a⊥l, то симметричная ей a⊥l; Осеваясимметрия – отображение плоскости на себя.1149.а) Дано: а при центральной симметрии отобразилась в прямую bДоказать: a||bДоказательство:A→A1, AO=OA1B→B1, BO=OB1∆АОВ и ∆A1OB1: AO=OA1, BO=OB1, ∠1=∠2; отсюда,∆АОВ=∆A1OB1 (по признаку), значит ∠3=∠4 т.к.

онинакрест лежащие при АВ и A1B1 и секущей BB1,следовательно а||b (по признаку).б) Если прямая проходит через центрсимметрии, то каждая точка луча ОАотображается на луч OA1 дополняющийОА до прямой а BO=OB1; CO=OC1.1150.Так как осевая и центральная симметрия есть движение, то а||bотображаются на прямые а1||b1.1152.Все пункты доказываются одинаково.Все 4 фигуры состоят из 2 треугольников. Так какпри движении отрезок отображается на равныйотрезок, то треугольник — на равный треугольник.291153.При движении сохраняются расстояния, т.е.OA=O1A1Каждая точка окружности отображается вточку на окружности, симметричной данной.1154.См. учебник.1155.Дано: ∆ABC, ∆A1B1C1Доказать: f – единственное движениеДоказательство:Пусть f – не единственное, есть еще и g,получим существует М, такая, что:fg→ M1→ М2МMт.к.

при движении расстояния сохраняются, тоAM=A1M1;AM=A1M2,значит A1M1=A1M2, т.е. A1 – равноудаленная от M1 и М2, точки B1 иC1 – равноудалены от M1 и М3, т.е. по свойству A1, B1, C1 – лежат насерединном перпендикуляре к отрезку MM1 – противоречие.A1, B1, C1 – вершины ∆A1B1C1, т.е. не лежат на одной прямой,следовательно, f – единственное движение.1157.Дано: ABCD и A1B1C1D1 – параллелограммы;AB=A1B1, AD=A1D1, ∠A=∠A1Доказать: ABCD=A1B1C1D1Доказательство:BC=AD, ∠A=∠C, ∠CBD=∠ADB (накрестлежащие), т.е. ∆ABD=∆BDC (по признаку).Аналогично ∆A1B1D1=∆B1C1D1.∆ABD=∆A1B1D1, т.к. AB=A1B1, AD=A1D1, ∠A=∠A1(по признаку).Получаем, что ∆ABD=∆BDC=∆A1B1D1=∆B1D1C1.ABCD=∆ABD+∆DBC, A1B1C1D1=∆A1B1D1+AD1B1C1, значитABCD=A1B1C1D1.301158.Дано: a, b – прямыеПостроить: b1 с учетом осевой траектории от b к aПостроение:Построим перпендикуляры от b к a: NR, МК.RN∩a=O, MK∩a=O1, ON=OR, KO1=MO1.Через К и R построим b1.1159.Дано: ABCD – 4-х угольник, l – прямаяПостроить: A1B1C1D1 симметричныйотносительно lПостроение:Через точки А, В, С, D опуститьперпендикуляры к l.

На этих перпендикулярахотложить отрезки AO=OA1; BO1=O1B1;CO2=O2C1; DO3=O3D1; A1B1C1D1 – искомый.1160.Дано: О и bПостроить: симметричную прямую cПостроение:Построить лучи АО и ВО, отложить на нихAO=OD, ВО=ОС; через С и D провести прямую с;с – искомая.1161.Дано: ∆АВС, ОПостроить: ∆A1B1C1 симметричный ∆ABCПостроение:Построить лучи: АО, ВО, СО.Отложить AO=OA1, BO=OB1, CO=OC1;∆A1B1C1 – искомый.1162.От В отложить вектор, равный MM1 и от Асделать то же самое.B1A1 – искомый.311163.Построение выполненоаналогично предыдущемуномеру.1164.Дано: ∆АВС, АВ=ВС, D∈AC, A–C–Dа) построить: B1D: BC→B1D при переносе на CDб) доказать: ABB1D — равнобедренная трапецияПостроение:Построить прямую l, проходящую через т.

D и||BC; от D вверх отложить отрезок, равный CB(B1D=CB); B1D – искомый.Доказательство:Так как BB1=CD, то BB1║CDDB1=BC (из (а)), и АВ=ВС, т.е. AB=B1DABCD – трапеция равнобедренная.1165.ПостроениеВ каждом случае от вершин фигур откладываем вектора, равныеrвектору a , получаем фигуру, равную данной.1166.При центральной симметрии A→D, В→С, азатем при повороте на 120° C→B1, D→A132б)а)при повороте на 75°: A→A1,B→B1при повороте на 120°: A→A1,B→B11167.1168.При повороте на 120° А→С, С→В, В→А; имеем:AA1→CC1, CC1→BB1, BB1→AA1, ∆ABC→∆СВА, абиссектрисы перешли в биссектрисы.1169.Дано: AC∩BD=O90°Доказать: ABCD → ABCDOДоказательство:Так как AC⊥BD, то АС→BD, т.к.

AO=OC, BO=OD,то A→D, D→C, С→В, B→A, т.е. ABCD→ABCD.1170.а) Если С и О не совпадают, то OC → OC1.Наша окружность с центром в точке Спереходит в окружность с центром в т. С1.б) Если С и О совпадают, то окружностьотобразится сама на себя.33№ 1172.Возьмем некоторую точку C на отрезке AB. Докажем, что онаперейдет сама в себя. Допустим, она переходит в некоторую точкуC1, не лежащую на AB. Тогда получается, что при движении отрезокAB отобразился на треугольник ABC1, что невозможно, т.к.

потеореме отрезок переходит в отрезок. Т.о. AB → AB.№ 1173.Возьмем некоторую точку D на плоскости. Допустим D непереходит в D1, тогда ∆ABD≠∆ABD1, а по следствию при движениитреугольник отображается на равный ему треугольник.№ 1174.Дано: а) AB=A1B1, AD=A1D1;б) AB=A1B1, BD=B1D1.Доказать: ABCD=A1B1C1D1.AD Доказательство:C1 а) Так как ABCD и A B C D —B11 1 1 1прямоугольники, то AB=CD=A1B1=C1D1 иAD=BC=D1 =A D =B C .A11 11 1∆ABD=∆A1B1D1 (по 2-м катетам), ∆BCD=∆B1C1D1 (по 2-м катетам).Получаем, что ABCD = A1B1C1D1.б) Исходя из пункта (а): ∆ABD=∆A1B1D1 (по катету и гипотенузе),∆BCD=∆B1C1D1 (по катету и гипотенузе).Получаем, что ABCD = A1B1C1D1.CB№ 1175.N′M′aH1XH2MNДоказать, что существует единственная точка Xна прямой a, такая, что MX + XN принимаетминимальное значение.Доказательство:Построим точки M′ и N′, симметричные точкам Mи N соответственно относительно прямой a.Прямые M′N и N′M пересекутся в искомой точкеX.

∆MH1X∼∆NH2X (по построению) скоэффициентом k =MH1, т.е. MX = k⋅XN и точка X будет такая,NH 2что MX+XN примет наименьшее значение в искомой точке X.34№ 1176.D1AH1EBDH2FCD2Построить ∆EDF с минимальнымпериметром.Построим точку D1, симметричную точке Dотносительно AB и точку D2,симметричную точке D относительно AC.Прямая D1D2 пересечет AB в точке E, апрямую AC в точке F. ∆EFD — искомый.№ 1178.C1D1O1DA1ACB1Так как ABB1A1 и DCC1D1 квадраты, тоAB||A1B1||DC||D1C1; AB1||DC1 и AO2 = DO1.Докажем, что ADO1O2 — параллелограмм.Так как AO2=DO1, AO2||DO1, то AD||O1O2, ат.к. ∠DAO2=∠DO1O2 (две параллельныепрямые и секущая), то AD=O1O2.O2B№ 1179.См.

рис. 333 (стр. 305 учебника).Перенесем ∆SAB на вектор ВС . CC1 и DD1 будут его высотами,которые пересекутся в точке K. Тогда третья высота, опущенная насторону CD, обязана проходить также через точку K ипринадлежать прямой SK. Получаем, что SK⊥CD, а, значит, и AB.1180.1) Случай, когда прямые АА1, ВВ1, СС1 пересекаются в точке Оочевиден, т.к.

в этом случае точки А и А1, В и В1, С и С1 должныбыть диаметрально противоположны.2) ∆MNK может лежать внутри и вне круга.Рассмотрим случай, когда он лежит внеB1 BNMкруга (случай, когда он лежит внутри кругааналогичен).OC1Докажем, что ∆MNK – правильный.ACA1∪ ∪B1C = В1С∪∪ВС = В1С1 = 120oK∪∪∪∪∪вычтем, получим: СС1 = ВВ1 , аналогично, СС1 = ВВ1 = AA1 .35∪ ∪АА1 = АА1 = 120 o ∪∪В А = АС 1 1∪∪∪∪∪вычтем, получим В1А = А1С , аналогично, В1А = А1С = ВС1 .∪Пусть В1В = α , тогда∪∪А СВ− АВ1 11∠NMK= 1= (120o + 120o − α − 120o + α) = ⋅ 120o = 60o ,222аналогично, ∠NMK=∠MNK=∠MKN= 60o .Таким образом, ∆MNK – правильный.№ 1181.caOa′bПостроим прямую a′, симметричную aотносительно точки O.Наша искомая прямая будет проходитьчерез точку O и через точку пересеченияпрямой a′ и b.1182.Построим сначала большее основание, затем проведем двеокружности радиусами диагоналей. Затем от верхней точкипересечения окружностей параллельнымпереносом (параллельно AD) начнемCBопускать отрезок ВC пока точка В несовпадет с окружностью с центром вточке D и C с окружностью с центром вD точке А.AАВСD – искомая трапеция.№ 1183.B2BbAC236CcГде бы точка A не лежала, существует дварешения задачи.B2AB2BC2CBbbcC2CcA37ГЛАВА XII.НАЧАЛЬНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ СТЕРЕОМЕТРИИ№ 1184.а) прямоугольный параллелепипед имеет 6 граней, 12 ребер,8 вершин.б) тетраэдр имеет: 4 грани, 6 ребер, 4 вершины.в) октаэдр имеет: 8 граней, 12 ребер, 6 вершин.№ 1185.Пусть имеется n-угольная призма.

Так как призма получаетсяпараллельным переносом n-угольника и соединениемсоответствующих вершин, то число вершин равно 2n (2n делится на2). А число ребер равно n+n+n=3n (3n делится на 3).№ 1186.Доказать, что площадь боковой поверхности прямой призмы равнаPосн⋅h (боковое ребро прямой призмы равно ее высоте).Если развернуть боковую поверхность, то получится прямоугольниксо сторонами a1+a2+...+an=Pоснования (a1,..., an — стороны основания) иh — высота призмы, т.о.

S=Pосн⋅h.№ 1187.а) нет;б) нет;в) нет;г) да;д) нет№ 1189.B1A1ABB1C1D1Da′A1CC1D1BACDа) т.к. AD1||BC1, AD1=BC1 и C1D1||AB, C1D1=AB, то ABC1D1 —параллелограмм.б) т.к. AC= A1C1, AC||A1C1 и AA1=CC1 и AA1||CC1, то AA1C1A —параллелограмм.38№ 1190.Х2B1C1MA1D1BNХ1CAD№ 1191.Докажем, что B1D1H1H2 — трапеция.Так как B1D1H1H2 — плоскость, тоA1D1H2C=CH1=B1C1DAH1BH2№ 1192.а)B1A1NCBТак как B1D||BD, а ∆CH2H1∼∆CBD(по 2 сторонам и углу между ними),то BD||H1H2||B1D1, т.е. H1H2B1D1 —трапеция.C1MD1AD1CD.2CB1б)C1КA1MD1BANCD№ 1193.B1A1а) AB=BC=1; CC1=2;CAC= 12 + 12 = 2 ;AC1= 2 + 4 = 6 .б) AB=8; BC=9; CC1=12;AC= 64 + 81 = 145 ;D1BAC1DAC1= 145 + 144 = 289 = 17 .в) AB = 39 ; BC=7; CC1=9;AC= 39 + 49 = 88 ;AC1= 88 + 81 = 169 = 13 .39№ 1194.AB=BC=CC1=aAC= a 2 + a 2 = a 2AC1= 2a 2 + a 2 = a 3 .№ 1195.Т.к. объем тела, состоящего из двух других тел, равен суммеобъемов этих тел минус их пересечение, тоа) V=V1+V213б) V=V1+V2– V1=2V1+V2.3№ 1196.AB=8; BC=12; AA1=18.V=AB⋅BC⋅AA1=8⋅12⋅18=1728 см3aкуба= 3 V = 3 1728 =12 см.№ 1197.AC1=13; BD=12; BC1=11.Т.к.

BD=AC, то по теореме ПифагораCC1= AC12 − AC 2 = 132 − 122 = 25 = 5 смBC= BC12 − CC12 = 112 − 52 = 6 ⋅ 16 = 4 6 смAB= AC2 − BC2 = 122 − 16 ⋅ 6 = 48 = 4 3 смV = 4 3 ⋅ S ⋅ 4 6 = 240 2 см3A1№ 1199.B1C1ABDC12Дано: ∠BAC=120°, AB=5 см, AC=3 см, Sграни=35см2.Найти: VРешение:По теореме косинусов:BC2=25+9–2⋅5⋅3⋅cos120°=34+15=49 см2BC=7 см.BC⋅BB1=35;BB1=35:7=5 см.V=Sосн⋅H= AB ⋅ AC ⋅ sin∠BAC ⋅ BB1 =4075 31см3.⋅5⋅3⋅sin120°⋅5=24№ 1200.Т.к. все ребра равны a, то в основании призмы лежит правильный nугольник.а) V=1a3 3;⋅a⋅a⋅a⋅sin60°=24б) V=a⋅a⋅a=a3;12в) V=a  ⋅ 6a ⋅ a ⋅ cos30°  =г) V=3a 3 3;2 4a 3cos22°30'a2a 31=cos22,5°  =.⋅a⋅8a⋅ 2tg22°30'−−2222№ 1201.Нет.№ 1202.DMNABКХ1CХ2№1203.КLNAM№ 1204.DNMABКC41№ 1205.Так как пирамида правильная, то восновании лежит правильный n-угольник,т.е.HO1=HO2=HO3=...=HOn=r.Значит,SAnA5A4A1O1O3A2O2SO1=SO2=...SOn= SH 2 + r 2 .A3№ 1206.Из задачи № 1205 все апофемы правильной пирамиды равны другдругу, площадь каждой боковой грани равнаha, где h — апофема,2а a — сторона основания пирамиды, значит,12Sбок= h(a1 + a2 + ...

+ an ) =1Pосн⋅h.2№ 1207.Дано: SH=7, AB=5, DB=8.Найти: боковые ребраSПо теореме Пифагора:2 DB AH = AB2 −  = 25 − 16 = 3 см; 2 DACHSA = SC = AH2 + SH 2 = 49 + 9 = 58 см;SB = SD = DH 2 + SH 2 = 16 + 49 = 65 см.B№ 1208.SДано: A1A2=a, SSA3A6=SSA1A2.Найти: Sбок.пов.A3A6=2R=2a;A4HOA242A33;2SO= SH 2 + HO2 , т.к. SSA3A6 = SSA1A2, тоA5A6A1HO=r= aa3a 2= a ⋅ SH ;SH 2 +244SH2+3a2=16SH;SH=a;2a2 3 2+ a =a;4 4SO=a⋅a=3a2.2Sбок.пов.=6⋅№ 1211.а) h=2 м, a=3 м.S13Так как V = Sосн.⋅h, а в основании лежитDACHквадрат, то13V = ⋅32⋅2=6 м3;Bб) h=2,2 м, AB=20 см, BC=13,5 см,∠ABC=30°.D1⋅20⋅13,5⋅sin30°=67,5 см2;21V = ⋅67,5⋅220=4950 см3.3SABC =AHBC№ 1212.Дано: AB=m, ∠BSD=α.SНайти: V.BD= m 2 + m 2 = m 2 .BCТак как SB=SD=SC=SA, то tgHADH2SH=m 22tgα2;13V = m2 ⋅α BH=.2 SHm 22tgα2=m3 26tgα2.№ 1214.а) r= 2 2 см, h=3 см.V=Sосн⋅h=π⋅8⋅3=24π см3.б) V=120 см , h=3,6 см.3V=Sh=πr2⋅h;r=V=πh12010=см.3,6π3πв) r=h, V=8π см3.43V=πr2h=πh3;№ 1215.а) Vпризмы =h3=8;h=2 см.Vцилиндра = πr2ha1 a2 3h⋅;= 2r ; a = 3rsin60°22Vп h ⋅ r 2 3 3 3 3==;Vц4π4π r 2hб) Vп = h⋅a2; r =a 2;2Vп 2 ⋅ h ⋅ a 2 2== ;Vцππa 2hв) Vп =3 3r 2 h1;⋅6r⋅r⋅cos30°⋅h =22Vп 3 3r 2h 3 3==;Vц2π2π r 2h180°45°=2rsin;821180°45°45°Vп= 8⋅a⋅r⋅cossin=2 2 r2h;⋅h=8r2⋅h⋅cos2822г) a=2rsinVп 2 2 r 2h 2 2==;Vцππ r 2hд) Vп =180°180°1360°1⋅ rcosh = nr 2h ⋅ sin;⋅n⋅2r⋅sin2nn2n360°2Vп n ⋅ r h ⋅ sin n=Vц2π r 2h№ 1216.Дано: D = 1 м, h = L.Найти: Sбок.пов.L=2πr=πD=π=h=n ⋅ sin360°n2π.Sбок.пов.=L⋅h=π2 м2.№ 1217.Задача сводится к нахождению площади боковой поверхностицилиндра высотой 4 м и диаметром 20 см.44L = 2πr = πD = 0,2π м.0,8π ⋅ 1,025 = 0,82π м2.Sбок.пов.

= L⋅h = 0,2π⋅4 = 0,8π м2;№ 1218.BCADПусть AB = a, BC = bа) S1бок.пов. = 2πr⋅h1 = 2πab;б) S1= 2πab + 2πr2 = 2πab + 2πb2;CDBAS2бок.пов. = 2πrh2 = 2πba;S2 = 2πab + 2πa2;S1 2π (ab + b 2 ) b== .S2 2π (ab + a 2 ) a№ 1220.а) h = 3 см, r = 1,5 см,1313V = πr2h = π⋅2,25⋅3 = 2,25π см3;б) r = 4 см, V = 48π см3,13V = πr2h;h=3Vπr 2=3 ⋅ 48π= 9 см;π ⋅ 16в) h = m, V = p,13V = πr2hr=№ 1221.Дано: Sосн = Q, Sбок.пов. = P.Найти: VРешение:Sбок.пов.

Характеристики

Список файлов книги