ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 10
Текст из файла (страница 10)
данное отображение сохраняет расстояние{между точками ⇒ оно — движение.С—61. Дано: параллелепипед ABCDA1B1C1D1, AC1 ∩ BD1 = O.Доказать: O — центр симметрии ABCDA1B1C1D1.Доказательство:Все вершины параллелепипеда переходят в вершины при симметрииотносительно точки O — пересечения диагоналей, аналогично все ребрапереходят в противоположные и грани переходят в противоположные грани. Следовательно, O — центр симметрии.2. Дано: параллелепипед ABCDA1B1C1D1, AC1 ∩ BD1 = O.Доказать: ∀ плоскость α такая, что O ∈ α, делит ABCDA1B1C1D1 на дверавные части.Доказательство:Т.к.
O — центр симметрии, а центральная симметрия переводит всеточки, лежащие по одну сторону от плоскости, данной в условии, в точки,лежащие по другую сторону, сохраняя расстояния, имеем, что ∀ плоскостьделит параллелепипед на равные части.С—71. Дано: цилиндр, ABCD — прямоугольник, AB = 2 ⋅ AD, AD, BC ∈ осно-ваниям цилиндра, O1O2 — высота и ось цилиндра, O1O2 = 5, O1A = 2 5 ,(ABCD) ∩ O1O2.BНайти: S(ABCD).O2Решение:(ABCD) ∩ O1O2 = O — середина O1O2 (другихCслучаев нет) и O = AC ∩ BD.OAO1D91В прямоугольном ∆AO1O AO1 = 2 5 , O1O =5⇒225105+ 4⋅5 =.44Т.к. в ∆AOD и ∆AOB AB = 1 ⋅ AD и ∠AOD + ∠AOB = π, то по теоремекосинусов:AD2 = 2AO2 – 2AO2cos∠AOD,4AD2 = 2AO2 – 2AO2cos(π – ∠AOD).Домножим первое равенство на 4 и вычтем из второго.
Имеем2(AO)2(1 – cos(π – ∠AOD)) = 8(AO)2(1 – cos∠AOD)1 – cos(π – ∠AOD) = 4 – 4cos(∠AOD)1 + cos∠AOD = 4 – 4cos∠AOD3cos∠AOD =5⇒ AO =24⎛3⎞sin∠AOD = 1 − ⎜ ⎟ =5⎝5⎠211 ⎛ 105 ⎞ 4S(ABCD) = 4S(AOD) = 4 ⋅ AO2 ⋅ sin∠AOD = 4 ⋅ ⎜⎜⎟ ⋅ =22 ⎝ 4 ⎟⎠ 5105 4⋅ = 2 ⋅ 21 = 42.= 2⋅4 52. Дано: правильная треугольная призма,все ребра равны a, боковые ребра — оси циaлиндров радиуса .2Найти: Sбок. тела, ограниченного цилиндрическими поверхностями внутри призмы.Решение:Площадь искомой поверхности равна половине площади боковой поверхности одного изцилиндров1a πa 2Sбок. = a⋅ 2π ⋅ =.222С—81. Дано: конус, угол при центральной развертке 200° = α. Через вершину D проведено сечение наибольшей площади.Найти: угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.Решение:α 2Sбок.
конуса =L π через центральный угол развертки.2π92DϕSбок. конуса = πR ⋅ L = πL2sinϕ (через Aугол между образующей и высотой ∠ϕ =∠ODB)α 2200°⋅ π ⋅ L2 = πL2sinϕ;⇒L π = πL2sinϕ;360°2πROB2 5> = sinϕ ⇒ ∠ϕ ∠ 45°.92Значит, ∠ADB = 2ϕ < 90° — угол при осевом сечении.1Т.к. Sсечения = L2 ⋅ sinβ — наибольшая, то сечение — осевое, т.к. угол2при осевом сечении наибольший.πТаким образом угол между плоскостью сечения и основанием равен .2πОтвет: .D22. Дано: усеченный конус, O1O2 — ось,r 1O ∈ O1O2, O1O = OO2, через O прове=R 2дено сечение, параллельное основаниям.O2BПолные поверхности частей относятся как 23: 29.Найти: ∠BAO1 = α (угол наклона обраOCзующей).Решение:В трапеции AO1O2B (прямоугольной) A αHO1CO — средняя линия.r+R,Пусть BO2 = r, AO1 = R ⇒ CO =2BO2 1BD 1= , тоДостроим конус до полного с вершиной D. Т.к.=AO1 2AD 2RR1, BD = AB = ⋅.2 cos αcos αТ.к. СО — средняя линия трапеции AO1O2B, тоAB R1AC = BC == ⋅24 cos αТогда получаем следующие формулы:Sполн1 = πBC ⋅ ( BO2 + CO) + πBO2 2 + πCO 2 =2 BD = AD =2= π⋅R1 ⎛R+r⎞⎛R+r⎞2⋅⎜r +⎟ + πr + π ⎜⎟ .4 cos α ⎝2 ⎠⎝ 2 ⎠Sполн2 = π ⋅ AC (CO + AO1 ) + πCO 2 + πAO12 =932R1 ⎛R+r⎞⎛R+r⎞2⋅⋅⎜+ R ⎟ + π⎜⎟ + πR .4 cos α ⎝ 2⎠⎝ 2 ⎠Учитывая, что R = 2r получим:r1 ⎛3r ⎞9πr 2π⋅ ⋅r + ⎟ + πr 2 +⎜Sполн12 cos α ⎝2⎠4==1 ⎛3r ⎞ 9πr 2rSполн2π⋅ ⋅+ 4πr 2⎜ 2r + ⎟ +2 cos α ⎝2⎠4= π⋅1 5 135⋅ ++ 1323cosα44cosα===1 7 257⋅ ++ 25 39cos α 4 4cos α19516135+ 507 =+ 575 ,= 70 ,cos αcos αcos αα = 60°.Ответ: 60°.11= 2 , cos α =cos α2С—9B1.
Дано: ABCD — параллелограмм,P(ABCD) = P, BD = d, l ⊥ BD, D ∈ l, l —Mось вращения.NНайти: Sпов. тела вращения.AРешение:DSт. вр. = πAD ⋅ AK + π ⋅ DC ⋅ CL +πAB(AK + BD) + πBC(BD + CL).KPНо AB + BC = = AD + DC и AK =2ND, CL = MD, AK + CL = d.⎡⎛ P⎞Sт. вр. = π ⋅ ⎢⎜ − AB ⎟ ⋅ AK + AB ⋅ (d − AK ) + AB ( AK + d ) +2⎠⎣⎝CL⎤⎡P⎛P⎞+ ⎜ − AB ⎟ (d + d − AK ) ⎥ = π ⋅ ⎢ AK − AB ⋅ AK + AB ⋅ d − AB ⋅ AK +⎝2⎠⎣2⎦P⎤AK − 2d ⋅ AB + AB ⋅ AK ⎥ = π ⋅ P ⋅ d.2⎦2. Дано: PABCDE — правильная пирамида, F ∈ ED, EF = FD, ∠OFP =ϕ, конус описан вокруг PABCDE, PA = L.Найти: S осевого сечения конуса.PРешение:В равнобедренном ∆EOD ∠EOD = 72° ⇒∠EOF = 36°.Пусть OE = R ⇒ из прямоугольного ∆OFE:+ AB ⋅ AK + AB ⋅ d + P ⋅ d −94CBDOAFElR, EF =ππcoscos55Из прямоугольного ∆OFP:R cos αRtgαPF = OF ⋅ cos α =OP = OF ⋅ tgϕ =.ππcoscos55Из прямоугольного ∆PFE:PE 2 = PF 2 + EF 2ππL2 cos 2 sin 2R 2 cos 2 ϕR22255L =+, R =ππππcos 2sin 2cos 2 ϕ sin 2 + cos 25555π22 πL cos sin 2 tgϕR 2 tgϕ55Soc.сеч R ⋅ OP = 2 S ( POE ) ===π2ππ⎛ 2π⎞coscos ⎜ cos ϕ sin+ cos 2 ⎟55⎝55⎠π2L cos tgϕ5=.π2cos ϕ + ctg 25π2L cos tgϕ5.Ответ:πcos 2 ϕ + ctg 25OF =RС—101.
Дано: A(1, 2, –1), B(3, 0, 2), прямая AB ∩ сферу (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z +171)2 == C, D.4Найти: координаты C, D.Решение:Как видно из уравнения окружности, точка A — центр окружности раJJJGJJJGJJJG 1 JJJG17. AB (2, –2, 3), | AB |= 4 + 4 + 9 = 17 ⇒ AC = AB ,диуса22JJJG1 ⎞ JJJG ⎛3⎞1 JJJG JJJG ⎛AD = − AB ; AC ⎜1, −1, ⎟ , AD ⎜ −1,1, − ⎟ .2⎠2⎠2⎝⎝1⎞1⎞⎛⎛C ⎜ 2,1, ⎟ , D ⎜ 0, 3, −2 ⎟ .2⎠2⎠⎝⎝22⎞⎛2. Дано: A(2, 0, 0), B(0, 0, 3), C(0, 1, 0), сфера x2 + ⎜ y − ⎟ + z2 = R2.3⎠⎝95Выяснить взаимное расположение плоскости (ABC) и сферы в зависимости от R.Решение:JJJGJJJGGGAB (–2, 0, 3), AC (–2, 1, 0), вектор n ⊥ (ABC), n (x, y, z)G JJJG3⎧ABG) = 0 −2 x + 3z = 0 , ⎪ x = z .(n ⋅ JJJG⎨(n ⋅ AC ) = 0 −2 x + y = 0 ⎪ y = 22 x⎩GGn (3, 6, 2), | n | = 9 + 36 + 4 = 7.Точки A, B, C удовлетворяют уравнению Px + Qy + Rz + S = 0.S⎧⎪ P = − 2 = 3T⎧⎪2 P + S = 0 ⎪⎪S⎨3R + S = 0 , ⎨ R = − = 2T .QS+=0⎪⎩⎪Q = − S3 = 6T⎪⎪⎩Значит, уравнение плоскости ABC 3x + 6y + 2z – 6 = 0.⎛ 2 ⎞Точка D ⎜ 0, , 0 ⎟ — центр сферы.⎝ 3 ⎠Пусть N — основание перпендикуляра DN, опущенного на (ABC).JJJGGDN = k ⋅ n , N(x0, y0, z0)JJJG ⎛2 ⎞DN ⎜ x0 , y0 − , z0 ⎟ = (3k, 6k, 2k).3 ⎠⎝{⎧ x0 = 3k⎪2⎨ y0 = 6 k + .⎪ z = 2k 3⎩ 02⎞⎛Но N лежит в (ABC) ⇒ 3(3k) + 6 ⎜ 6k + ⎟ + 4z – 6 = 0,3⎠⎝2.(9 + 36 + 4) ⋅ k = 2, k =49JJJG2Значит, | DN | = k ⋅ 7 = .72Поэтому при R < сфера не пересекает плоскость;72при R = сфера и плоскость касаются;72при R > сфера и плоскость пересекаются по окружности.7С—1196O1.
Дано: сфера (O, R), Sбольшого круга = 50π, двасечения (O1, R1)⊥(O2, R2), (O1, R1) ∩ (O2, R2) = AB,AB = 6, S((O1, R1)) = 25π.Найти: OO1, OO2.Решение:C ∈ AB, AC = CB = 3, OO1CO2 — прямоугольник.S(O, R) = R2π = 50π ⇒ R2 = 50; R = 5 2 = OA.S(O1R1) = 25π; R1 = 5 = O1A.⇒ Из прямоугольного ∆OO1A:O2BO1CAO1O = OA2 − O1 A2 = 50 − 25 = 5.O1C = OO2 находим из прямоугольного ∆O1CAO1C = O1 A2 − AC 2 = 52 − 32 = 4.2.
Дано: полушар, α параллельна основанию, пересекает полушар сечение —верхнее основание цилиндра, нижнее лежитна основании полушара, Sбок. цилиндра наибольшая.Найти: O1O.Решение:Пусть радиус шара равен R, O1O = h, 0 <CABO1DOEFh < R, CO1 = R 2 − h 2 .Sбок. = π ⋅ O1O ⋅ CO1 = πh R 2 − h 2 .πh 2πS′(h) = π R 2 − h 2 –=(R2 – h2 – h2),222R −hR − h2πS′(h) =(R2 – 2h2) = 0.22R −hh2 =R22.,h=R22С—121. Дано: DABC — правильная пирамида,AB = a. В DABC вписан шар, DH — высотаDABC, K ∈ шару, K ∈ DH, DK = KH.Найти: DA.Решение:Рассмотрим сечение DBE пирамиды,проходящее через высоту DH.a 3, H — точка пересечения меBE =A2диан ∆ABC ⇒DFBEHC971a 3.⇒ EH = BE =63Построим ∆EDG так, что окружностьиз сечения будет вписана в ∆EGD.a 3, EDВ ∆EGD DH = 4r, EG =3= 16r 2 +DKFa2.12S(EGD) =11P ⋅ r = EG ⋅ DH.22OGHEB⎛a2 a 3 ⎞a 3⎜ 16r 2 +⎟ ⋅ r = 2r ⋅+,⎜⎟126 ⎠3⎝16r 2 +DH =2a6aa2 a 3a2 ⋅ 3 a22a 2a2; 16r2 =−=; 16r2 =; r2 =; r=⇒441232122 6.В прямоугольном ∆DHA AH = HB =a 32a, DH =⇒36a 2 4a 2+= a.362.Дано:шар(O,R),ABCDEFA1B1C1D1E1F1 — вписанная вшар правильная призма, ∠OFA1 = 45°.Найти: Sбок.
призмы.Решение:В равнобедренном ∆A1OF ∠A1OF =⇒ AD = DH 2 + AH 2 =D1KA190°, A1F = R 2 . Сечение FA1C1D призмы — квадрат (диагонали равны 2R иперпендикулярны) ⇒ A1C1 = A1F= R 2 , K — центр грани A1B1C1D1E1F1.В ∆A1KC1 ∠A1KC1 = 120° ⇒ по теореме косинусовC1B1CBAE1F1FDE12, 3A1K2 = 2R ⇒ A1K =R = A1B1.32Из прямоугольного ∆A1KO221R ⇒ AA1 = 2KO =R.KO = A1O 2 − A1K 2 = R 2 − R 2 =333A1C12 = 2A1K2 ⋅98Sбок. призмы = 6 ⋅ A1A ⋅ A1B1 = 6 ⋅22R⋅R = 4 2R 2 .33С—131.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — пряZD1моугольный параллелепипед, AB = 6,12A1BC =, расстояние от B до (AB1C)B15равно 2,4.DНайти: V(ABCDA1B1C1D1).KРешение:ABYПостроим сечение B1AC и опустим перпендикуляр BK на (B1AC). BK = 2,4B1K ∩ AC = L. B1L — линия пересеB1чения перпендикулярных плоскостей(B1LB) и (AB1C).Но плоскость (B1BL) ⊥ (ABC) (т.
к.B1B ⊥ (ABC)) ⇒ BL ⊥ AC. Из трех поZKследних умозаключений приходим кJJJG JJJGJJJG JJJGdвыводу, что BB1 ⊥ AC и BK ⊥ AC . НоLxJJJGJJJGJJJGJJJG JJJGJJJGBL = r ⋅ BB1 + K BK т. к. BL , BB , и BK AyB— компланарны ⇒JJJG JJJGJJJGJJJG JJJGJJJG JJJGJJJG JJJG( BL ⋅ AC ) = ((r ⋅ BB1 + K BK ) ⋅ AC = r ( BB1 ⋅ AC ) + K ( BK ⋅ AC ) = 0C1CXC⇒ BL ⊥ AC. И из теоремы о трех B1K ⊥ AC.11В ∆ABC S ( ABC ) = AB ⋅ BC = AC ⋅ BL ⇒22126⋅AB ⋅ BC72 57725 =BL =====4.AC1445 180 + 144324 1836 +5LK = BL2 − BK 2 = 16 − 5.76 = 3, 2 .Изпрямоугольного∆BKL∆BKL ∼ ∆B1BL (по двум углам) ⇒LB 2 16B1L LBB1L ===5.=LK 3, 2LB LK11 1845S ( ACB1 ) = AC ⋅ B1L = ⋅⋅5 ==9 522 5511V ( B1 ABC ) = ⋅ B1B ⋅ S ( ABC ) = B1B ⋅ AB ⋅ BC =361BK ⋅ S ( ACB1 ) = 2, 4 ⋅ 3 5399125 = 2, 4 ⋅ 3 5BB1 ⋅3⋅ 22, 4BB1 =⋅ 15 ⋅ 2 = 1, 5 ⋅ 2 = 3246⋅⇒ Vпараллеп.
= BA ⋅ BC ⋅ BB1 = 6 ⋅12216⋅3 =55216 5.52. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, B1∠BCA = 90°, ∠ABC = β, B1CH ⊥ (AA1B1B),∠B1HB = α, B1B = h.Найти: V(ABCA1B1C1).hРешение:Из прямоугольного ∆B1BH: BH = htgα.Из прямоугольного ∆BHC:BBHhtgα=, HC = BH ⋅ tgβ =BC =cos β cos βh⋅tgα⋅tgβ.∆BHC ∼ ∆BCA по двум углам ⇒BH BC=HC CAhtgαhtgαtgβ ⋅HC ⋅ BCcos β h ⋅ tgβ ⋅ tgα==.CA =cos βBHhtgαОтвет:Vпризмы =1.3Найти: Vпризмы.Решение:∠FEC = 90° опирается на диаметрописанной около основания окружности.По теореме о трех перпендикулярах∠C1EF = 90°FE1CE= tg(∠FC1E) = ⇒ FE = 1 = 1.C1E33100C1HACh3 tg 2α ⋅ tgβ11 h ⋅ tgα h ⋅ tgβ ⋅ tgα.BC ⋅ CA ⋅ B1B = ⋅⋅⋅h= ⋅2cos 2 β22 cos βcos βС—141.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
