ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Дано: ABCDEFA1B1C1D1E1F1 —правильная призма, C1E = 3, ∠FC1E =arctgA1βC1B1D1KA1CBAE1F1FDEC1F = EF 2 + C1E 2 = 9 + 1 = 10 .FC = 2FE = 2.Из прямоугольного ∆C1CF C1C = C1F 2 − CF 2 = 10 − 4 = 6 .S(ABCDEF) = 6 ⋅13 3 3⋅ FE2 ⋅=.2223 39 2⋅ 6=.222. Дано: цилиндр, O1O2 — ось, ABCD || O1O2, ABCD ∩ цилиндр, ∠BO1CVпризмы = S ⋅ h == 60° =π.3V1.V2Решение:Площадь сегментов в верхнем основании1 ⎛π3⎞S1 = r 2 ⎜⎜ −⎟,2 ⎝ 3 2 ⎟⎠Найти:1 ⎛ 5π3⎞S2 = r 2 ⎜⎜ +⎟.2 ⎝ 32 ⎟⎠Отношение объемов равно отношению площадей сегментов1 2⎛π3⎞r ⎜ −⎟2 ⎜⎝ 3 2 ⎟⎠V1 S12π − 3 3.===V2 S2 1 2 ⎛ 5π3 ⎞ 10π + 3 3+r ⎜⎜⎟2 ⎝ 32 ⎟⎠BO1CAO2DС—151. Дано: ABCA1B1C1 — наклонная A1C1Oпризма, ∠BAC = 90°, (AA1C1C) ⊥ (ABC),K∠C1CA = 60°, C1C = CB = CA, Sбок.B1= 2( 7 + 3 + 2) .Найти: Vпризмы.Решение:ACCBB1C1 — квадрат, пусть CB = a,2S(CBB1C1) = a ,B1a2 3S(CC1A1A) = 2 ⋅ a2 ⋅ sin60° =.22В грани CC1A1A проведем перпендикуляр AO к C1A1, из точки O опустим перпендикуляр OK к A1B1 ⇒ AK ⊥ A1B1.101aa 3, AO =.222 a 2Из прямоугольного ∆OKA1: OK = OA1 ⋅=.24А из прямоугольного ∆AOKИз прямоугольного ∆AOA1: OA1 =AK = AO 2 + OK 2 =a2 ⋅ 3 a2 a 7.+=482 2В грани BB1A1A AB = a 2 .S(BB1A1A) = AB ⋅ KA = a 2 ⋅a 7 a2 7.=22 2a2 3 a2 7+= 2( 7 + 3 + 2) .22a2 = 4, a = 2.1⇒ Vпризмы = CB ⋅ CA ⋅ OA = 22Sбок.
= a2 +A1EC1D12 3B1=2 3.H22. Дано: ABCA1B1C1 — призма, ∠A1ACFC= 45°, AA1 = 5, AC = 6, B1H ⊥ (AA1C1C), H A J∈ (AA1C1C), B1H = 4.Найти: V(ABCA1B1C1).DB GРешение:Достроим призму до четырехугольной ACDBA1C1D1B1.Через перпендикуляр BH проведем секущую плоскость B1EFG так, чтоA1C1 ⊥ (B1EFG).5 2Опустим в грани AA1C1C высоту AJ = AA1 ⋅ sin45° == EF2⋅⇒ S(B1EFG) = EF ⋅ B1H = 4 ⋅5 2= 10 2 .2V(ACDBA1C1D1B1) = S(B1EFG) ⋅ AC = 10 2 ⋅ 6 = 60 2 .1V(ABCA1B1C1) = V(ACDBA1C1D1B1) = 30 2 .2С—161. Дано: DABC — пирамида, AB = BC,∠ABC = α, (ADC) ⊥ (ABC), DH ⊥ (ABC), H∈ (ABC), DE ⊥ AB, DF ⊥ CB, ∠DEH =∠DFH = β, DF ⊥ HK, K ∈ DF, HK = d.Найти: V(DABC).Решение:102DEABKFHCИз ∆HKF: HF =d, KF = dсtgβ. ∆DHF ∼ ∆HKF (по двум углам) ⇒sin βDH HKHF ⋅ HKd2d=, DH ===.HF KFKFsin β ⋅ d ⋅ ctgβ sin β ⋅ tgβHFd=.ααsinsin β sin22αsinddα2 =Из ∆BHC: HC = HB ⋅ tg =.⋅2 sin β sin α cos α sin β cos α2221HC ⋅ HB ⋅ DH=V(DABC) = ⋅ AC ⋅ HB ⋅ DH =632d 3ddd=.⋅⋅=αα sin β ctgβ 3sin 2 β cos β sin α3 ⋅ sin β cossin β sin222d 3Ответ:.3sin 2 β cos β sin α2.
Дано: PABCD — правильная пирамида, AB = a, BK ⊥ PC, K ∈ PC, K ∈PC, ∠BKD = α.Найти: V(PABCD).Решение:Pa 2BD = a 2 ⇒ BH =.2Из прямоугольного ∆HFB: HB =Из ∆BKH: HK = BH ⋅ ctgИз∆HKC:= HC 2 − HK 2 =αaa− ctg 2 =2222Kα a 2α=ctg .222KC=BC2HAa 2α1 − ctg 2 .22∆PHC ∼ ∆HKC (по двум углам) ⇒DPH HKHK ⋅ HC, PH ===HC KCKCa 2a 2αctga 2α222 .==ctg ⋅2 a 222 α2 α1 − ctg1 − ctg222103PH=V(PABCD) = a2 ⋅3a3 2αααctga 3 2 sin ⋅ ctgα a 3 2 cos62 =22 .=6 −cosα6 − cos α2 α1 − ctg2С—171. Дано: два конуса, основания параллельны, вершины каждого лежат вцентре основания другого, радиусы оснований равны 4 и 6, общая высотаравна 15.Найти: объем общей части конусов.Решение:Рассмотрим осевое сечение фигуры АО = 4, DO2 = 6, О1О2 = 15.Введем прямоугольную с.к. О2ХY как показано на рисунке.15BУравнение СО1: y = − x + 15A 4615С2B: y = − x4O FE1515СО1 ∩ О2B = F: − x + 15 = x6412⎛1 1⎞⎜ + ⎟x =1 ; x =5⎝4 6⎠D 6 O2C12Значит OF =5ππππ 144144π2V = OF ⋅ OO1 + OF 2 ⋅ OO2 = ⋅ OF 2 ⋅ O1O2 = ⋅⋅ 15 =3333 255144π.Ответ:52.
Дано: в пирамиду EABCD вписан конус, ABCD — трапеция, ∠BAD =64π.90°, AD = 2, BC = 4, Vконуса =E81Найти: угол наклона боковых граней пирамиды.Решение:Т.к. основание конуса вписано в трапе- ADцию, то AB + DC = AD + BC. AB — высотатрапеции, равна диаметру круга, т.е.
AB = 2r.O1Площадь трапеции S = AB(AD + BC)B2C1= ⋅ 2r(2 + 4) = 6r =2= S(AOB) + A(BOC) + S(COD) + S(DOA).104Но высоты треугольников все равны r, а суммы противоположных сторон равны ⇒ DC = AD + BC – AB = 6 – 2r, HC = BC – AD = 2, DH = 2r.По теореме Пифагора DH2 + HC2 = DC2.44r2 + 4 = 36 – 24r + 4r2; 32 = 24r, r = .3π ⋅ EO 2 π ⋅ EO ⋅ 16 64π4Vконуса =, EO =⋅r ==327813⇒ углы наклона боковых граней равны 45°.С—181.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — усеченная пирамида, ABCD, A1B1C1D1 — ромбы, AC = 16,BD = 12, A1C1 = 8, B1D1 = 6, (AA1D1D) ⊥(ABCD), (DD1C1C) ⊥ (ABCD), DM ⊥ BC, M ∈BC, D1N1 ⊥ B1C1, N1 ∈ B1C1, ∠M1MD =∠N1ND = 45°.Найти: Vпирамиды.Решение:СторонанижнегооснованияABA1M1NC1D1BA= 82 + 62 = 10,B1N1MCHDверхнего A1B1 = 3 + 4 = 5.221⎛ 10 + 10 + 12 ⎞S(ABD) = ⎜⎟ (16 − 10) ⋅ 6(16 − 12) = 48 = AB⋅DN = 5⋅DN ⇒22⎝⎠48.DN =524.Аналогично D1N =5В сечении DNN1D1 (проекция) опустим высоту N1H, ∠HNN1 = 45°, а NH24= ND – N1D1 =. Тогда из прямоугольного равнобедренного ∆NHN1 полу524.чим N1H =5S2(ABCD) = 96; S1(A1B1C1D1) = 24, N1H — высоBта усеченной пирамиды.NH24⋅ (96 + 24V = 1 (S2 + S1 + S1S 2 ) =153AO+ 96 ⋅ 24 ) =FE24248=(96 + 24 + 48) =⋅ 168 = ⋅ 168 = 268,8.D151552.
Дано: ABCD — ромб, ∠BAD = 60°, BE, BF — высоты, EF = 20, MC ⊥AC, MC — ось вращения.105KCLНайти: объем тела вращения.Решение:В равностороннем ∆ABD BE — высота, биссектриса и медиана ⇒ ∠EBD= 30°, значит, ∠EBF = 60° = 2∠EBD.∆EBF — равнобедренный и ∠EBF = 60° ⇒ ∆EBF — равносторонний иEB = EF = 20.Значит, сторона ромба из ∆ABD:EB20 3 40 3= BD.AB ===3sin 60°3220 3; AO = OC = BK = DL = EF = 20.3BO ⋅ π[AC2 + BK2 + AC ⋅ BK – BK2] +Vт.
вр. =3OD ⋅ π2 BO ⋅ π[AC2 + DL2 – DL2 + AC ⋅ DL] =[AC2 + AC ⋅ BK] =+33BO =2 20 32 20 332000 3π= π⋅.[402 + 40 ⋅ 20] = π ⋅[1600 + 800] =33333Ответ:= 6.32000 3π.3С—191. Дано: шар (O1, 25), шар (O2, 29), O1O2Найти: объем линзы.Решение:Введем систему координат O2xyz, как показано на рисунке.Тогда уравнение первой сферы x2 + (y –26) + z2 = 252;второй x2 + y2 + z2 = 292.Вычитая из второго уравнения первое, получим–(y – 6)2 + y2 = 292 – 252 или –36 +12y = 841 – 625 = 216;12y = 252, y = 21.⇒ высота первого сегмента h1 = 31 –y21 = 10, высота второго h2 = 29 – 21 = 8h ⎞10⎛V1 = πh12 ⎜ R1 − 1 ⎟ = π ⋅ 100(25 –)3133⎝⎠656500π.= 100 ⋅ π =33106MO1O2Hx2521h ⎞879 5056π⎛.V2 = πh22 ⎜ R − 2 ⎟ = π ⋅ 64 ⋅ (29 – ) = π ⋅ 64 ⋅=3⎠333⎝1 1444πVлинзы = V2 – V1 = π(6500 − 5056) ⋅ =.331444π.Ответ:3B2.
Дано: в конус вписан шар,Vконуса 8= .3VшараНайти: ∠BAC.Решение:Построим осевое сечение конуса ABC.Пусть ∠BAC = ∠BCA = α, OH = r.Из прямоугольного ∆OHC: HC = OH ⋅ααctg = rctg .22MNOAИз прямоугольного ∆BHC: BH = HO ⋅ tgα = rctgHCαtgα24 3πr .3BHπαα παVконуса = π ⋅⋅ HC2 = ⋅ rctg tgα ⋅ r2ctg2 = r3ctg3 tgα.3322 32π 3 3α3 αr ctg tgα ctg tgαVконуса822=3= .=4 3Vшара43πr3α32ctg3 tgα =23αααααcos3cos3 ⋅ 2 sin cos2 cos 42 ⋅ sin α =222 =2 =3 α cos α3 α2 α⋅ cos αsinsin ⋅ cos αsin2222(cos α + 1) 2 ⋅ 2(cos α + 1) 232.===4(1 − cos α)cos α cos α(1 − cos α) 3⇒ Vшара =3cos2α + 6cosα + 3 = 32cosα – 32cos2α35cos2α – 26cosα + 3 = 033 ⎡⎡⎢cos α = 5 ⎢α = arccos 5.;⎢11 ⎢⎢α = arccos⎢cos α =77 ⎣⎣107ДС1.
Дано: E(1, –2, 1), F(2, –1, 3), α: x – 2y + z – 3 = 0, EF ∩ α = M.Найти: координаты M.Решение:JJJGEF (1, 1, 2).JJJGJJJGПусть M(x0, y0, z0), тогда EM (x0 – 1, y0 + 2, z0 – 1) = k ⋅ EF .⎧⎪ x0 = k + 1⎧⎪ x0 − 1 = k⎨ y0 + 2 = k ; ⎨ y0 = k − 2 .⎪⎩ z0 − 1 = 2k ⎪⎩ z0 = 2k + 1А также эти координаты удовлетворяют уравнению плоскости α(k + 1) – 2(k – 2) + (2k + 1) – 3 = 0k + 2 = 0, k = –3M(–3 + 1, –3 – 2, –6 + 1); M(–2, –5, –5).2. Дано: A(1, –1, 1), B(2, 1, –1), α: x – 2y + z – 1 = 0, β ⊥ α, A, B ∈ β.Написать уравнение β.Решение:JJJGGn (1, –2, 1) ⊥ α и пусть BN ⊥ α, N ∈ α,JJJGJJJGGN(x0, y0, z0), BN (x0 – 2, y0 – 1, z0 + 1), BN = k ⋅ n .⎪⎧ x0 − 2 = k⎪⎧ x0 = k + 2⎨ y0 − 1 = −2k ; ⎨ y0 = 1 − 2k .⎪⎩ z0 = k − 1⎪⎩ z0 + 1 = kКоординаты N удовлетворяют уравнению плоскости α(k + 2) – 2(1 – 2k) + (k – 1) – 1 = 0.1⎛ 1 1 2⎞6k – 2 = 0, k = ; N ⎜ 2 , , − ⎟ .3⎝ 3 3 3⎠β содержит точки A, B, N ⇒ уравнение β Px + Qy + Rz + S = 0.⎧A : ⎪⎪ P − Q + R + S = 0⎪⎧ P − Q + R + S = 0B : ⎨2 P + Q − R + S = 0 ; ⎨2 P + Q − R + S = 0 ;N : ⎪7Q 2R⎪⎩7 P + Q − 2 R + 3S = 0⎪⎩ 3 P + 3 − 3 + S = 02⎧⎪P = − 3 S⎧⎪3P + 2 S = 0⎪; ⎨0, 5 P + Q − R = 0 ;⎨0, 5 P + Q − R = 0⎪⎩4 P + S + Q − 2 R = 0 ⎪2, 5P + Q − 2 R = 0⎪⎩222⎧⎧⎧⎪P = − 3 S ⎪P = − 3 S⎪P = − 3 S⎪⎪⎪⎨0, 5 P + Q − R = 0 ; ⎨Q = 1, 5P ; ⎨Q = − S .4⎪R = 2P⎪2 P − R = 0⎪⎪⎩⎪⎩⎪⎩ R = − 3 S10824Уравнение β: − x − y − z + 1 = 0 ; 2x + 3y + 4z – 3 = 0.33109Вариант 7С—11.
Дано: AF = A1F, BK = KC, A1M = MB1, B1EMA1BEC1=, ∠ABC = 90°, AA1 = AB = BC.E5C1Найти: F, M, E, K — лежат ли в одной плоскости? (метод координат).Решение:ABВозьмем т. B за начало координат координатKные оси:BA ∼ x, BC ∼ y, BB1 ∼ z, длина катета — a.Ca⎫⎧⎧a⎫⎧ a ⎫Тогда F ⎨a, 0, ⎬ , M ⎨ , 0, a ⎬ , K ⎨0, , 0 ⎬ ,2⎭⎩⎩2⎭⎩ 2 ⎭⎧ a ⎫E ⎨0, , a ⎬ .⎩ 6 ⎭Уравнение плоскости: R1x + R2y + R3z + R4 = 0.Если все точки лежат в одной плоскости, то при подстановке их координат в уравнение должно получиться верное равенство:aa⎧⎧⎪ R1a + R3 2 + R4 = 0⎪aR1 + 2 R3 + R4 = 0⎪ a⎪ aR⎪⎪ R1 + R3 ⋅ a + R4 = 0⎪⎪ 1 + R3a + R4 = 02⇔⇔⎨ a⎨ a2⎪ R2 + R4 = 0⎪ R2 = − R4⎪ 2⎪2⎪R ⋅ a + R ⋅ a + R = 0⎪ a R + aR = − R23434⎪⎩ 6 2⎪⎩6aaaa⎧⎧⎪ aR1 + 6 R2 − 2 R2 = 0⎪aR1 + 2 R3 − 2 R2 = 0⎪ aR a⎪ aRaa⎪⎪ 1 + R2 − R2 = 0⎪⎪ 1 + aR3 − R2 = 023222⇔ ⎨⇔⎨aa⎪ aR3 = R2⎪ R4 = − R223⎪⎪⎪ a R + aR = a R⎪R = − a R322⎪⎩ 6 2⎪⎩ 422a⎧⎪aR1 = 3 R2⎪a(2)⎪⎪aR1 = R22⇔ ⎨R2⎪ R3 =3⎪⎪R = − a R(4)42⎪⎩2110Нетрудно видеть, система совместна и уравнение плоскости будет выглядеть так:3x + 3y + z – a = 0 (где a — длина бокового ребра).
Значит данные точки2в одной плоскостиGGGGGGG2. Дано: p (1, –2, 1), q (2, 0, –1), m (–1, 1, 2), a = x ⋅ p + y ⋅ q + z ⋅ m ,Ga (1, 2, –2).Найти: x, y, z.Решение:⎧⎪1 = x + 2 y − z⎧⎪1 = x + 2 y − 2 − 2 x ⎧⎪3 = 2 y − x; ⎨z = 2 + 2x; ⎨z = 2 + 2x ;⎨2 = −2 x + z⎪⎩−2 = x − y + 2 z ⎪⎩−2 = x − y + 4 + 4 x ⎪⎩ y = 6 + 5 x⎧⎪3 = 12 + 10 x − x ⎧⎪ x = −1GG GG; ⎨z = 0 ⇒ a = − p + q + 0 ⋅ m .⎨z = 2 + 2x⎪⎩ y = 1⎪⎩ y = 6 + 5 xGGGДано: p {1, –2, 1}, q {2, 0, –1}, m {–1, 1, 2}.GGGGРазложить a {1, 2, –2} по p , q и m .Решение:GGG GR1 p + R2 q + R3m = a ⇔(по координате x)⎧⎪ R1 + 2 R2 + R3 (−1) = 1(по координате y )⎨ R1 (−2) + R2 ⋅ 0 + R3 = 2(по координате z )⎪⎩ R1 − R2 + 2 R3 = −2⎧⎪ R1 + 2 R2 − R3 = 1⎧⎪ R3 = 2( R1 + 1)⇔ ⎨2 R1 − R2 + 2 R3 = −2 ⇔⎨−2 R1 + R3 = 2⎪⎩3R2 − 3R3 = 3⎪⎩ R1 − R2 + 2 R3 = −2⎧⎪ R1 + 2 R2 − 2 R1 − 2 = 1⎧⎪ R1 = 2 R2 − 3⇔ ⎨ R3 = 2 R1 + 2⇔⎨ R3 = 2 R1 + 2⎪⎩ R1 − R2 + 4 R1 + 4 = −2⎪⎩10 R2 − 15 − R2 + 6 = 0⎧⎪ R1 = −1GG GG⎨ R3 = 0 .
Значит a = (−1) p + 1q + 0m .⎪⎩ R2 = 1С—21. Дано: DB ⊥ ABC, DB = 4, AB = BC, BE ⊥AC, BE = AC = 4. Т. P равноудалена от вершин.Найти расстояние: AP1 = BP1 = CP = DP.Решение:AB = BC ⇒ ∆ABC равнобедренный ⇒ BE— и высота (BE ⊥ AC), и медиана ⇒ AE = EC= 2.Тогда центр описанной окружности(около ABC) O лежит на BE.DABECB111OACПусть OB = x. Тогда5.2Точки, равноудаленные от вершин A, B и C лежат на перпендикулярнойк ABC прямой, проходящей через т. O. DB тоже перпендикулярно ABC ⇒OP || DB.DРассмотрим плоскость, проходящую через DB и OP.По условию PD = PB.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
