ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Дано: сферы x2 + y2 + z2 – 2x + 2z – 3 = 0 и x2 + y2 + z2 + 2x – 2y – 2z – 6= 0 пересекаются.Найти: длину линии пересечения этих сфер.Решение:Преобразуем уравнения сфер:а) x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – z = (x – 1)2 + y2 (2 + 1)2 = 4в) x2 + y2 + z2 + 2x – 2y – 2z – 6 = (x + 1)2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 – 9 = 0Сфера а) имеет центр в т. A {1,0, −1} и радиус 2.Сфера в) имеет центр в т. B{–1, 1, 1} и радиус 3.Если мы проведем сечение через прямую AB, то получим такую картинку:119Здесь: OB = Rв = 3, OA = Rа = 2, а высота ∆OAB1, опущенная на AB, равна радиусу окружности пересечения сфер.AB = (1 + 1) 2 + 1 + (1 − 1) = 3 .2Пусть OK = h— высота, KA = x. Тогда:⎧h 2 + x 2 = 4⎧h 2 + x 2 = OA2 = 4⎨h 2 + ( AB − x) 2 = OB 2 = 9 ; ⎨h 2 + 3 − x 2 = 9 .()⎩⎩9 – 6х + х2 – х2 = 52х=3h=4−O4 4 2=.93AxKBЗначит, искомая длина окружности пресечения2.2πh = 8π32.
Дано: точки A(2; 0; 0), B(–4; 0; 0).Найти: множество точек, расположенных вдвоеближе к точке A, чем к точке B.Решение:Запишем условие аналитически. Координаты искомых точек должныудовлетворять равенству1( x − 2) 2 + y 2 + z 2 =( x + 4) 2 + y 2 + z 2 ⇔2⇔ 4(x – 2)2 + 4y2 + 4z2 = (x + 4)2 + y2 + z2 ⇔⇔ 4x2 – 16x + 16 + 3y2 + 3z2 = x2 + 8x + 16 ⇔⇔ 3x2 – 24x + 3y2 + 3z2 = 0 ⇔x2 – 8x + y2 + z2 = (x – 4)2 + y2 + z2 – 16 = 0.Значит, искомое множество точек — сфера с центром в т.
{4, 0, 0} и радиусом 4.С—111. Дано: из точки поверхности шара проведены три равные хорды подуглом α одна к другой, радиус шара равен R.Найти: длину хорд.Решение:Соединим попарно концы хорд. Получим вписанную в шар треугольную пирамиду. Поскольку боковые грани — равные треугольники (по 2сторонам и углу между ними), то в основании пирамиды — равносторонний треугольник. Высота пирамиды падает в центр (т. пересечения высот,медиан, биссектрис) этого треугольника, т.к. вся фигура при повороте вокруг высоты на 120° переходит в себя же. Проведем сечение сферы и пирамиды плоскостью, проходящей через одну из хорд и высоту. Она пройдет120также через центр сферы (см.
замечание о сдвиге на 120°). Получим такойрисунок:Здесь AA1 — хорда, O — центр шара, A1B — пересечение с основаниемпирамиды (совпадает с высотой, медианой, биссектрисой этой грани, т.к.высота падает эту ...), AK — высота пирамиды и ∆A1AB.αПусть AA1 = x. Тогда сторона основания пирамиды будет 2xsin— из2равнобедренного треугольника каждой грани, где боковые стороны x, а уголпри вершине — α.α3AB — (высота и медиана основания) = 2xsin ⋅.2 2Поскольку K — точка пересечения медиан, то по свойству медианыα22 3A1K = A1B =x sin .33212 2 α.sin92Радиус сферы равен радиусу окружности, описанной около ∆A1AA2, сечение проходит через центр сферы.A A ⋅ AA2 ⋅ A1 A2x ⋅ x ⋅ 2 ⋅ AK==Значит, R = 114 S A1 AA24 ⋅ ⋅ 2 ⋅ A1K ⋅ AK2AK = x 2 − A1K 2 = x 1 −2 3αsinx32=.=2 3α 212 2 α4 2α2⋅sin ⋅ x 1 − sin2 1 − sin329232x2 ⋅ x ⋅4α4 1 − cos α 2 3Отсюда x = 2 R 1 − sin 2 = 2 R 1 − ⋅=R 1 + 2 cos α .323232 3R 1 + 2 cos α .32. Дано: из одной точки сферы проведены три попарно перпендикулярные хорды длиной a, b, и c.Найти: Sсферы.Решение:Построим точки, симметричные данным в условии (исходной к концамхорд), относительно центра сферы.
Получим вершины вписанного в сферупараллелограмма со сторонами a, b и c. Центр сферы окажется на середине«длиной»диагоналипараллелепипеда.Отсюдарадиуссферы1 222R=a + b + c . Площадь сферы21Sсферы = 4πR2 = 4π (a2 + b2 + c2) = π(a2 + b2 + c2).4Ответ: длина хорды121С—121. Дано: все ребра четырехугольнойпирамиды равны по a. Высота пирамидыявляется диаметром шара.Найти: длину линии пересечения поверхностей этих тел.Решение:Пирамида является правильной. Линия пересечения состоит из 4 дуг окружностей, получив линия пересечением боковыми гранями поверхности сферы.На рисунке PK ⊥ (MDC) OO1 ⊥ (MDC)1OO1 = PK2M60°O1OCEPAMP ⋅ PEa 3PK =, ME =ME2D3a 2 a 2 a 2−=442PE =aMP =2PK =a 2a ⋅ 2 a 3=2 ⋅ 2a 3 2 3OO1 =KBa 24 3R = MO1 =MO 2 − OO12 =2 a 2 2a 2a.−=16 16 ⋅ 3 2 3Градусная мера каждой из дуг равна 120°.
Тогда l =πa ⋅ 120πa.=2 3 ⋅ 180 3 34πa.3 32. Дано: в куб с ребром, равным a, вписан шар. Затем в один из трехгранных углов при вершине куба, вписан второй шар, касающийся первогошара.Найти: радиус второго шара.Решение:Рассмотрим сечение, проходящее через диагональ одной из принадлежащих ко второму шару граней. Центры обоих шаров лежат на этом сечении — на диагонали куба AC1.Из ∆AO1A′ имеем:AO12 = r2 + AA′2,(1)А вся линия пересечения имеет длину l =AO1 =122AC1 a3a3 −1− −r =a− −r =a−r22222∆AO1A′ подобен ∆AC1C — оба прямоугольные с одинаковым углом приA.
Значит,AA′rAA′ r=⇔= ⇔ AA′ = 2r .AC CC12a aПодставим в равенство (1)2⎛ 3 −1⎞a − r ⎟⎟ = r 2 + ( 2r ) 2 ;⎜⎜2⎝⎠2⎛ 3 −1⎞2r − ( 3 − 1)ar + ⎜⎜⎟⎟ = 3r ;⎝ 2 ⎠222− 3 2⎛r⎞⎛ r ⎞ 2− 3a = 0 или 2 ⎜ ⎟ + ( 3 + 1) ⎜ ⎟ −= 0.a22⎝ ⎠⎝a⎠rРешив квадратное относительноуравнение, получимar 2 − ( 3 − 1)ar −r 2− 32− 3=или r =a (второй корень — отрицательный).22aС—131. Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, AB = 6, AD =8, E ∈ AD, AE = ED, F ∈ CD, CF = FD,B1K ⊥ EF, ∠BKB1 = 45°.Найти: V(ABCDA1B1C1D1).Решение:EF — средняя линия ∆ACD. BD = AC= AD 2 + AB 2 = 10 ⇒ EF = 5.Высота BP ∆ABC равна BP =B1C1A1D1BPAECKFD2 S AB ⋅ BC== 4,8.ACAC33 24 36BK = BP = ⋅= 7,2.=22 55Из прямоугольного ∆B1BK: B1B = BK = 7,2⇒ Vпараллелепипеда = BB1 ⋅ AB ⋅ AD = 7,2 ⋅ 6 ⋅ 8 = 48 ⋅ 7,2 = 345,6.2.
Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, ∠ACB = 90°, BC = 4, BB1 = 3.3 2.Угол между AC1 CB1 равен arccos10Найти: V(ABCA1B1C1).Решение:Поместим призму в полярную систему координат Cxyz.JJJGJJJGПусть AC = y0, тогда AC1 (0, –y0, 3), CB1 (4, 0, 3),JJJGJJJG| AC1 | = 9 + y02 , | CB1 | = 5,123JJJG JJJG⎛3 2⎞( AC1 ⋅ CB1 ) = 9 = 9 + y02 ⋅ 5 ⋅ cos ⎜⎜ arccos⎟;10 ⎟⎠⎝9 ⋅ 10189 2===3 2 .35⋅3 2 3 21Vпризмы = S(ABC) ⋅ BB1 = AC ⋅ CB ⋅ BB1 = 2 ⋅ 3 ⋅ 3 = 18.29 + y02 =С—141. Дано: около куба описана призма так,что все вершины куба являются серединамисторон оснований призмы. Основаниемпризмы служит трапеция, основания которойравны a и b.Найти: Vпризмы.Решение:Высотой призмы является сторона куба.Найдем ее. Для этого рассмотрим расположение грани куба на основании призмы.По условию две вершины куба попадаютна боковые стороны трапеции основанияпризмы.
Значит, диагональ грани куба совпадает со средней линией трапеции. Но средняя линия трапеции параллельна основаниям. Вторая диагональ квадрата (грани куба) перпендикулярнапервой и, стало быть, является высотой трапеции.a+b(длинаПусть сторона куба — x, тогда диагональ грани x 2 =2средней линии) = высоте трапеции. Отсюда x =2( a + b) .23a+b a+b2⎛a+b⎞⋅⋅( a + b) = 3 ⎜⎟ .222⎝ 2 ⎠2. Дано: корыто полуцилиндрической формы наполнено до краев жидкостью.Сколько процентов жидкости выльется, есликорыто наклонить на 30° так, чтобы образующиецилиндра оставались горизонтальными?30°Решение:Объем жидкости в корыте пропорционаленплощади смачивания его боковой грани.πr 2.Площадь смачивания до поворота —2Vпризмы = Sтрап.
⋅ x =124Площадь смачивания после поворота есть площадь сектора KOA минусплощадь ∆KOA. Поскольку KO и OA образуют с горизонталью угол 30°,∆KOA = 180° – 2 ⋅ 30° = 120°. Отсюда113 2Sсект. = ⋅ πr2, S∆ = ⋅ 2r ⋅ cos30° ⋅ r ⋅ sin30° =r .432Процент вылитой жидкости естьπr 2 1 23 2− πr +r⎛ 23⎞234⋅ 100 = ⎜⎜1 − +⎟⎟ ⋅ 100 ≈ 60%.2πr⎝ 3 2π ⎠2С—151.
Дано: ABCA1B1C1 — наклоннаяпризма, AB = BC = AC = a, A1A = b,∠A1AC = 60°, ∠A1AB = 45°.Найти: Vпризмы.Решение:Опустим из т. A перпендикуляры A1Eи A1F на CC1 и BB1.Из ∆A1EC1: A1E = A1C1 ⋅ sin60°3a=a; C1E = .22A1aC1b45°60°AB1aKFEBaCa 2Из ∆A1B1F: A1F = B1F =.2В прямоугольной трапеции EC1B1K проведем высоту C1K.a 2 aВ ∆C1KB1: B1K = B1F — EC1 =– ; C1B1 = a22⇒ C1K = C1B12 − B1K 2 = a 2 −a21 12(2 + 1 − 2 2 ) = a 1 − − +=42 4 212 a+=1+ 2 2 .24 2aEF = C1K =1+ 2 2 .2По т.
cos EF 2 = A1E 2 + A1F 2 − 2 A1E ⋅ A1F cos ∠EA1F=a2⎛ a 3 ⎞ a2a2a 3 a 2−2⋅cos ∠EA1F1 + 2 2 = ⎜⎜⎟⎟ +42222⎝⎠()1 + 2 2 = 3 + 2 − 2 6 cos ∠EA1F2 6 ⋅ cos ∠EA1F = 4 − 2 2125cos ∠EA1F ==2−2 2sin ∠EA1F = 1 − cos ∠EA1F =6(2 − 2 2 )1−62=6−4−2+4 2=62 2=32 4⋅ 231⇒ Vпризмы = AA1 ⋅ A1E ⋅ A1F ⋅ sin ∠EA1F =213 a 2 2 4a 2b 4= b⋅a⋅⋅⋅ 2=222234a 2b 4Ответ:2.42. Дано: ABCDA1B1C1D1 — наклоннаяпризма, AC ⊥ BD, AC = 5, BD = 4, BB1D1D— прямоугольник, S(AA1C1C) = 30.Найти: Vпризмы.Решение:B1B ⊥ BD ⇒ AA1 ⊥ BD, а BD ⊥ AC поусловию ⇒(ABCD) ⊥ (AA1C1C).
Значит, высотаA1H призмы лежит в плоскости (A1C1CA).S ( AA1C1C ) 30A1H == 6.=AC51S(ABCD) = AC ⋅ BD = 10.2Vпризмы = S(ABCD) ⋅ A1H = 60.D1A1C1B1DAHCBС—161. Дано: MABC — призма, AB = BC = AC = 2 , MA = 2 , S(MAC) =S(MBC) = S(MAB).Найти: V(MABC).DРешение:Т.к. боковые грани имеют равные площади, то апофемы равны:ME = MK = ML ⇒ ∆LHM = ∆EHM = ALB∆KHM (H — основание перпендикуляраHKMH) ⇒ H — центр вписанной окружностиE36Cr = HE = AC=.66Из ∆AME, где AE =12612AC =: AM = 2 , EM = AM 2 − AE 2 =2232Из ∆MHE: MH = ME 2 − EH 2 =3 12− =2 631 23 11⋅2⋅= .⇒ V(MABC) = ⋅ MH ⋅ S(ABC) = ⋅3 34 332. Дано: DABC — тетраэдр, M ∈ AB, AMD1AB, P ∈ AF, AF — медиана ∆ABC, AP =3PF, K ∈ AL, AL — медиана ∆ADB, AK = KL.KПлоскость (MKP) — секущая.BВ каком отношении (MKP) делит объем APпирамиды?FРешение:MПокажем, что т.
M, P, C лежат на однойCпрямой.JJJG JJJG JJJG 1 JJJG 1 JJJG 1 1 JJJG JJJG 1 JJJGMP = AP − AM = AF − AB = ⋅ ( AB + AC ) − AB =232 231 JJJG 1 JJJG 1 JJJG 1 JJJG 1 JJJG= AB + AC − AB = AC − AB(1)443412JJJG JJJG JJJG JJJG 1 JJJG 1 JJJG 3 JJJG 1 JJJG(2)PC = AC − AP = AC − AB − AC = AC − AB4444JJJGJJJGЗначит, PC = 3MP ⇒ M, P и C.Объемы получившихся пирамид относятся как площади оснований(имеют общую высоту).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
