ziv-geometria-gdz-11g (546205)
Текст из файла
А.С. РыловДомашняя работапо геометрииза 11 класск учебнику «Дидактические материалыпо геометрии для 11 класса / Б.Г. Зив. —6-е изд. — М.: Просвещение, 2002»Самостоятельные работыВариант 1С—11. Дано: куб, A(2; –2; 0). DC1 ∩ D1C = MНайти: 1) координаты всех остальных вершин. 2) Координаты векторовJJJG JJJG JJJJGG G GOD ; OC ; OM и разложить их по векторам i ; j ; k .Решение:Z1) Ребра куба равны 4 (по построению),B1C1значит, B(–2; –2; 0); C(–2; 2; 0); D(2; 2; 0);A1(2; –2; 4); B1(–2; –2; 4); C1(–2; 2; 4); A1D1D1(2; 2; 4).2) Координаты:MJJJGJJJGCOD {2 – 0; 2 – 0; 0 – 0}; OD {2; 2; 0};B OYJJJGGGGAOD = 2i + 2 j + 0 ⋅ k ;DXJJJGJJJGGGGOC {–2; 2; 4}; OC = −2i + 2 j + 4 ⋅ k .Координаты точки M(0; 2; 2):JJJJGJJJJGGGGOM {0; 2; 2}; OM = 0 ⋅ i + 2 j + 2k .GGG2. Дано: векторы a {2; –1; 3}, b {–3; 2; 1} и c {–10; 6; –4}.GGGБудут ли коллинеарны векторы a − b и c ?Решение:JJJJJGGG(a − b ) {2 + 3; –1 – 2; 3 – 1}G G(a − b ) {5; –3; 2}GG GВекторы c и a − b коллинеарны, если существует такое k, что:⎧⎪5k = −10⎨−3k = 6 .⎪⎩2k = −4Очевидно, k = –2.
Значит, векторы коллинеарны.С—2GG1. Дано: 2 вектора a {–2; 1; –1} и b {1; –3; 2}.GGGGНайти: | a + 2b | и | a | + | 2b | .Решение:GGИтак, (a + 2b ) {–2 + 2 ⋅ 1; 1 + (–3) ⋅ 2; –1 + 2 ⋅ 2}3GG(a + 2b ) {0; –5; 3}GG| a + 2b | = 02 + 25 + 9 = 34GG| a | + | 2b |= 4 + 1 + 1 + (2 ⋅ 1) 2 + (−3 ⋅ 2) 2 + (2 ⋅ 2) 2 == 6 + 4 + 36 + 16 = 6 + 56 = 6 + 2 14 .2. Дано: В ∆ABCBM — медиана; A(–1; 2; 2), B(2; –2; –6), M(1; 1; –1).1) Найти координаты C.2) Найти длину BC.JJJGG G G3) Разложить BC по векторам i , j , k .Решение:Пусть x, y, z — координаты т.
C. Зная формулу середины отрезка, составим систему:⎧ −1 + x⎪ 2 =1⎧⎪ x = 3⎪⎪ 2 + y=1 ⇔ ⎨y = 0 .⎨⎪ 2 +2 z⎪⎩ z = −4⎪= −1⎪⎩ 2Итак, C(3; 0; –4).Найдем длину DC, зная координаты:JJJG| BC |= (3 − 2) 2 + (0 + 2) 2 + (−4 + 6) 2 = 1 + 4 + 4 = 3.JJJGBC {3 – 2; 0 + 2; –4 + 6}JJJGGGGBC {1; 2; 2} ⇒ BC = i + 2 j + 2k .ZС—31. Дано: DABC — тетраэдр, ребраравны, а K∈BC BK = KCJJJG JJJGНайти: 1) DA ⋅ AKJJJG JJJG2) DA ⋅ BCРешение: Поместим DABC в прямоугольную систему координат, тогдаJJJG ⎪⎧ 3⎪⎫DA ⎨−a;0;0 ⎬2⎪⎩⎭⎪JJJGBC {0, − a,0}2JJJG JJJG3 ⎛ 3⎞ 2a⋅ ⎜⎜DA ⋅ AK =⎟⎟ a = −3 ⎝ 2 ⎠24DYXBAKCJJJG JJJGDA ⋅ BC = 0 .2.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — куб DC1 ∩ D1C = M. Выяснить какова вели∧JJJJGJJJJGчина угла AM BD1Решение: Поместим куб в прямоугольную систему координат, как показано на рисунке.Пусть AB = 2ZJJJGJJJGAM {1 –2; 2; 1}; AM {–1; 2; 1};BCJJJGA| AM |= 1 + 4 + 1 = 6DMJJJGBD1{2; 2; 2}; | BD1 |= 12 = 2 3YJJJG JJJGCBAM ⋅ BD1 =–2 + 4 + 2 = 4ADXJJJG JJJGAM ⋅ BD1 = 2 3 ⋅ 6 cos α11112 18 cos α = 4cosα =222 2==⇒ α — острый.318 3 2С—4Ga∧GGGG1.
Дано: a = 2 ; | b |= 1 ; ab = 135° .G−2b∧G G G GНайти: (a + b )( a − 2b ) = α .Решение: По т. косинусовGG GGG G2=1| a + b |= a 2 + b 2 − 2 a b cos 45° = 2 + 1 − 2 2 ⋅2GGa − 2b.GG| a − 2b |=G2GGGa 2 + −2b − 2 a ⋅ 2b cos135°= 2 + 4 + 2 2 ⋅2⋅Gb2= 102GGG2 G Ga2G G GG2(a + b )( a − 2b ) = a − 2 b − (a ⋅ b ) = 2 − 2 + 2 ⋅aG = 12G Ga+bGbcosαGG G G(a + b )(a − 2b )11= G G G=G =10a + b ⋅ a − 2b 1 ⋅ 10⎛ 1 ⎞α = arccos ⎜⎟⎝ 10 ⎠2. Дано: тетраэдр, DABCAB = AC, ∠DAC = ∠DAB.5DДоказать: AD ⊥ BC.Решение: Н — основание высотыAH∆ABCО — основание высоты DO тетраэдераJJJG JJJG JJJG1) AD = AH + HDJJJG JJJGJJJG JJJGAH ⊥ BC ⇒ OH ⊥ BCABOHCJJJG JJJGJJJG JJJG2) По теореме о трех перпендикулярах HD ⊥ BC ⇒ ( AD ⋅ BC ) =JJJJG JJJG JJJGJJJJG JJJGJJJG JJJG= (( AH + HD ) ⋅ BC ) = ( AH ⋅ BC ) + ( HD ⋅ BC ) = 0 + 0 = 0 ⇒ AD ⊥ BCС—5.1.
Т. A(100; 200; 1) переходита) в т. A1(–100; –200; –1) при центральной симметрии относительно начала координат.б) в т. A2(100; 200; –1) при зеркальной симметрии относительно плоскости Оxy.2. Т.к. при движении отрезок отображается на равный ему отрезок, тотреугольники получаются равные по третьему признаку, т.е. по 3-м сторонам.С—61. При движении углы сохраняются, следовательно, прямая перейдет впрямую. Так же если прямая была перпендикулярна любой прямой в плоскости, после движения эта прямая будет так же перпендикулярна любойпрямой в плоскости.2. Пусть дана прямая, перпендикулярная плоскости, тогда движениеммы получим прямую, параллельную данной, а по свойству, доказанному взадаче № 1, она будет так же перпендикулярна плоскости.С—71.
Дано: цилиндр, два сечения S и S1 площадьосевого сечения равна S, угол между сечениями∧=30º; αβ = 30° .Найти: S1 — площадь второго сеченияРешение: Пусть образующая h.S1SAO2hBCS.AB2) Рассмотрим ∆ABC. Он прямоугольный. Т.к. AB — диаметр окружности ⇒ CB = AB ⋅ cos30°.S33) S1 = AB ⋅ cos30°= Scos30° =S.2AB1) S = AB ⋅ h; S1 = CB ⋅ h ⇒ S1 = CB63S.Ответ:22. Дано: ABCA1B1C1 — правильная призма, впризму вписан цилиндр, АА1 = 3; АВ = 2 3 .Найти: Sпов. цил..Решение:1) Рассмотрим правильный ∆ABC:3 ABr== 1.62) Sцил. = 2πr2 + 2πr ⋅ АА1 = 2π + 2π ⋅ 3 = 8π.Ответ: 8π.B1A1C1BACRС—81. Дано: конус, R — вершина, RIG — сечение,О — центр основания, SL — диаметр, SL||GI∠C1OI = 90°, ∠SRL = 60°, GI = a.Найти: Sбок.
— ?Решение:1) Рассмотрим ∆OGI: он равнобедренный (OGa2= OI = R) ⇒ R ==a.22L2) Рассмотрим ∆LRS: SL = 2R = 2a ; SR = RL= l, но ∠SRL = 60° ⇒⇒ SR = RL = SL = l = 2R = 2a .3) Sбок. = πRl = π ⋅GOSIB2a ⋅ 2a = πa2.2Ответ: πa2.2. Дано: усеченный конус, длины окружностей оснований 4π и 10π, h = 4.Найти: Sповерх..Решение:1) Рассмотрим верхнее основание: d = 2πr; 4π = 2πr; r = 2.2) Рассмотрим нижнее: d1 = 2πR ⇒ 10π = 2πR ⇒ = 5.3) Из ∆ABC: BC = 5 (BA = h = 4; AC = R – r = 3).4) Sполн. = πr2 + πR2 + π(R + r)l = 4π + 25π + 35π =64π.RОтвет: 64π.С—9.1.
Дано: ∆RIG вращается в кругу RG; IR = 3;∠RIG = 90°, IG = 4.Найти: Sтела вращ..Решение: Пусть О — основание высоты IO∆RIGhCASOIG71) Рассмотрим ∆RIG: ∠RIG = 90°, RI = 3; IG = 4 ⇒ RG = 5.2) RG ⋅ IO = RI ⋅ IG; 5 ⋅ IO = 12; IO = 2,4 = R.3) Sтела вращ. = Sбок. IRS + Sбок. IGS = πRL + πRl = π ⋅ 3 ⋅ 2,4 + π ⋅ 2,4 ⋅ 4 = 16,8π.Ответ: 16,8π2. Дано: RABC — правильная пирамида, AC = CB = BA = a, RO — высота, боковые грани наклонены к основанию под углом 45º в DABC в вписанконус.Найти: Sвпис.
конуса бок..RРешение:3a1) Рассмотрим ∆ABC: r == OS .62) Т.к. боковые грани равнонаклоненыBк оси, то вершина конуса проецируется в Aцентр вписанной окружности.O3) Рассмотрим ∆SOR: он равнобедренSный (∠ROS = 90°, ∠RSO = 45°) ⇒ AO = R =Ca 3SR =.6SR =a 6— образующая конуса.64) Sбок. конус = πrl = π ⋅Ответ:3a 6a πa 2 2⋅=.6612πa 2 212С—101. Дано: сфера (О, R), О(3, 0,0), А(0,2, 5 ) ∈ сфера. Написать уравне-ние сферы.
Выяснить принадлежт ли сфера точки (5, 0, 2 3 ); (4, –1, 0).Решение:а) (x – 3)2 + y2 + z2 = 16б) (5 – 3)2 + 0 + 12 = 1616 = 16T(5; 0; 2 3 )принадлежит(4 – 3)2 + 1 + 0 ≠ 16T(4; –1; 0)не принадлежит.2. Дано: ∆ABC, A, B, C ∈ сфере с центром О, ОН — расстояние от О до (АВС) AB= 15, BC = 351 , OH = 5, ∠АBС= 90°.Найти: OA = R.Решение: Т.к. ∆ABC — прямоугольный,Oто АС — диаметр сечения1) Рассмотрим ∆ABC:BТ.к. ∠B = 90°; AB =15 BC = 351 ⇒ AC= 225 + 351 = 24.8AHC2) Т.к. ∆ABC — прямоугольный, Н — центр описанной около ∆ABC ок-AC= 12, ее радиус.23) Рассмотрим ∆AOH:OH = 5; AH = 12; ∠OHA = 90° ⇒ OA = 144 + 25 = 13 .ружности, то AH =С—111.
Дано: Плоскость пересекает сферу поокружности длина дуги 12π; расстояние отплоскости дуги до центра шара 8 = AB.Найти: Sсферы.Решение:1) l = 2πr; 12π = 2πr; r = 6.2) Рассмотрим ∆ABC: он прямоугольный(∠B = 90°, BC = r = 6) ⇒ AC = R = 10.3) Sсферы = 4πR2 = 400π.Ответ: 400π.2. Дано: Плоскость пересекает шар сцентром О. ∠IRG = 45° — угол междудиаметром и секущей плоскостью, RG R= 4 3 — диаметр.Найти: Sсечения.Решение:Рассмотрим ∆RIG: он равнобедренный и прямоугольный.RI2 + IG2 = 42, но RI = IG; 2RI2 = 48;RI = 24 = 2 6 .Но RI — диаметр нужного круга ⇒ RRI== 6.2S = πR2 = 6π.С—121.
Дано: пирамиды DABC, AC = CB = BA =3. ∠DAO = ∠DBO = ∠DCO = 60°. ОколоDABC описана сфера.Найти: R.Решение:О — центр описанный около ∆ABC окружности3 AB1) ОА == 3 (из ∆ABC).32) Рассмотрим ∆ADO: он прямоугольный.BCAIOGDO1BAOC9OA = 3 ; ∠ADO = 30°. AD = 2 33) Рассмотрим ∆ADO1, (где O1 — центр сферы) он равнобедренный.O1D = O1А = r; ∠O1DA = ∠DAO1 = 30° ⇒ ∠DO1A = 120° ⇒AD 2 3⇒ AD2 = 2R2 – 2R2cos120°; AD = 3R ; R === 2.332. Дано: в правильную четырехугольную призму вписана сфера.SНайти: полн.
пов. призмы .SсферыРешение:1) Призма является кубом, т.к. в нее вписана сфера. Пусть сторона егоравна 2a, тогдаS24a 2 6Sкуба = 6 ⋅ 4a2 = 24a2; Sсферы = 4πa2 ⇒ куба == .Sсферы 4πa 2 πС—131. Дано: измерения прямого параллелепипеда относятся как 2 : 3 : 4, d = 29 — диагональ.Найти: V.Решение:Пусть стороны параллелепипеда 2π, 3π,4π тогдаd4х2х3х1) 29 = 4 x 2 + 9 x 2 + 16 x 2 ; 29 = 29 x 2 ⇒ x = 1 ⇒ V = 3 ⋅ 4 ⋅ 2 = 24.Ответ: 242. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, ∠ABC = 30°, ∠ACB = 90°, CH = 6— расстояние от С до (АА1ВВ1). АА1 = 6A1B1Найти: Vпризмы.Решение:1) Рассмотрим прямоугольный ∆CHB.C1∠HBC = 30º, HC = 6 ⇒ CB = 12.2) Рассмотрим прямоугольный ∆ABC:HACB= tg30° ⇒ AC A∠ABC = 30°, CB = 12 ⇒30oCBCB 1290o===4 3.33C⇒ S ( ABC ) =11AC ⋅ CB = ⋅ 4 3 ⋅ 12 = 24 322Ответ: 144 3 .С—14101. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, AC = 12, AB = CB = 10, E ∈ BB1, EH ⊥AC, ∠EHB = 60°, B1E = EB.Найти: Vпризмы.Решение:1Рассмотрим ∆ABC.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
