ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 14
Текст из файла (страница 14)
В свою очередь площади относятся как отрезки AMи MB, т.е. как 1 : 2.=С—171. Дано: конус, DH — высота, ADB — сечение, S(ADB) — площадь наибольшего сечения, проходящего через вершину, HE ⊥ AB,1, AD = L.∠HED = arccos3Найти: объем меньшей получившейся части.Решение:Т.к. S(ADB) — наибольшая, то ∠ADB =90° ⇒ AB = AD 2 = L 2 ,AE =DBEHA2AB=L.22Из ∆DEA: DE = AD 2 − AE 2 = L 1 −12=L.22127Из ∆DHE: HE = DE ⋅ cos∠HED = LDH = DE 2 − HE 2 = LL 62 1⋅=;2631 13− =L.2 6312=L.332Из ∆AHB: AB2 = 2AH2(1 – cos∠AHB); 2L2 = 2 ⋅ L2(1 – cos∠AMB);3312π= 1 – cos∠AHB; cos∠AHB = − ⇒ ∠AHB =.223Из ∆DHA: HA = R = AD 2 − DH 2 = L 1 −Sсегмента =∠AHB1π22 1 3⋅ AH2 – AH2sin∠AHB = ⋅ L2 ⋅ − L2 ⋅ ⋅ ⋅=333 2 222⎛ 2π3⎞= L2 ⎜⎜−⎟.6 ⎟⎠⎝ 9113⎞3 3 ⎛ 4π − 3 3 ⎞3 2 ⎛ 2πV = DH ⋅ Sсегмента = ⋅ L⋅ L ⎜⎜−L ⎜⎜⎟⎟ =⎟⎟ =3336 ⎠ 9⎝ 9⎝ 18⎠L3 (4π 3 − 9).1622.
Дано: DABC — правильная пирамида, AB = 12, DA = 10. Вокруг∆ADB описана окружность — основание конуса, DC ∈ образующейконуса DF.Найти: Vконуса.Решение:S(ADB) = 16 ⋅ 36 ⋅ 4 = 8 ⋅ 6 = 48.DK=RконусаAD ⋅ DB ⋅ AB 12 ⋅ 100 100 25====.4S1921642 S 96Высота DH ===8.AB 12=DCAFKHB3=6 3 .2Из ∆DHC: CH2 = HD2 + DC2 = HD2 + DC2 – 2HD ⋅ DC ⋅ cos∠HDC36 ⋅ 3 = 64 + 100 – 2 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ cos∠HDC2 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ cos∠HDC = 14 – 108 = 567400 49 3 39cos∠HDC =⇒ sin∠HDC = 1 − cos ∠HDC =−=2020400 400В ∆ABC CH = AC ⋅1283 39.7Из ∆DKF, где DK — радиус конуса, DF — образующая, KF — высота:25 3 39 75 39=KF = DK ⋅ tg∠HDC = ⋅.4728⇒ tg∠HDC =Vконуса =1π 625 75 39 15625π 39π ⋅ KF ⋅ KD2 = ⋅⋅=.33 1628448С—181. Дано: стороны основания правильной четырехугольной усеченной пирамиды равны a и b (a> b). Через противоположные стороны верхнего инижнего оснований проведена плоскость.В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?Решение:Пусть высота усеченной пирамиды равна h.
Найдем объем нижней части, полученной после сечения. Для этого достроим эту часть до прямойпризмы, продлив верхнее ребро до пересечения с плоскостями, проведенными через ребра основания перпендикулярно плоскости основания.См. рисунок а) — сечение достроенной призмы через верхнее реброперпендикулярно основанию.Vниж. = Vпризмы – 2Vпир. (при достраивании призма оказывается составленной из двух треугольных пирамид и нашей нижней части).1a −b1 ⎞ 1⎛2Vниж. = S ∆1 ⋅ a − 2 ⋅ S ∆1 ⋅= S ∆1 ⎜ a + b ⎟ = h ⋅ a(2a + b).323 ⎠ 6⎝3Аналогично для верхней части проведем две плоскости через ребраверхней грани фигуры:1a−b1 ⎞ 1⎛2Vверх. = S ∆ 2 ⋅ b + 2 ⋅ S ∆ 2 ⋅= S ∆ 2 ⎜ b + a ⎟ = h ⋅ b(2b + a).3233 ⎠ 6⎝1ha (2a + b)a ( 2a + b)Vниж.
6=.=Vверх. 1 hb(2b + a ) b( 2b + a )6B2. Дано: прямоугольный треугольник ABC (∠C = 90°), укоторого катет BC = a и ∠A = 60°, вращается вокруг прямой, проходящей через вершину A и перпендикулярнойKбиссектрисе угла A.Найти: Vтела вращения.ACРешение:∠KAC = ∠KAB = 30°, т.к. AK — биссектриса∠ABC = 90° – ∠BAC = 30°, CC′ || BB′ || AK∠OAC = 90° – ∠KAC = 60° = ∠BAB′129∠AOC = 90° – ∠OAC = 30° = ∠B′BA∆ABC = ∆CAO ⇒ CO = BC = aVфиг. = Vокн.
OBB′ – Vкон. OCC′ – Vкон. ACC′ – Vкон. ABB′.Vконуса OBB′ = π(BB′)2 ⋅ BO = π(2a ⋅ sin30°)2 ⋅ 2a ⋅ cos30° = 3 πa3.VконусаOCC′=1Vконуса8OBB′=3 3πa (конусы гомотетичны с коэффициен8том1⎛ a⎞− a cos 30° ⎟ = πa3Vконуса ACC′ = π(CC′)2⋅AC′ = π(asin30°)2 ⋅ ⎜8 3⎝ cos 30°⎠a ⎞⎛3 1Vконуса ABB′ =π(BB′)2⋅AB′ = π(2asin30°)2 ⋅ ⎜ 2a cos 30° −⎟ = πacos 30° ⎠3⎝⎛123311 ⎞33= πa3 ⋅= πa3.Vфигуры = πa3 ⎜⎜ 3 −−−⎟⎟ = πa ⋅288323833⎝⎠С—191.
Дано: MABC — пирамида, AB = BC = MAC = 1, O — центр ∆ABC, K ∈ прямой AO,34OK = 2 –, MK — высота, MK = 4 . ВP33KBMABC вписан шар.LНайти: Sпов. шара.DРешение:CЕсли соединить центр шара о всемивершинами M, A, B, C, получим четыре пирамиды с высотами r ⇒ V(MABC)1= S(ABCM) ⋅ r.33V.Будем вычислять радиус по формуле r =SИз точки K опустим перпендикуляр на BC и продолжим стороны AC иAB. Тогда по теореме о трех перпендикулярах MD ⊥ AB, ML ⊥ AB и MP ⊥AC;KD = 2 −333+= 2−;366KA = 2 −332 3−= 2−;33313KP = KA = 1 −.23Из ∆MKD: MD =1302 ⎛2 3 3 ⎞ 7 3.+ ⎜⎜ 4 −+ ⎟⎟ =336 ⎠63 ⎝S(BMC) =7 3.12∆MKL: ML = MP =2 ⎛ 2 3 3⎞ 2 3+ ⎜1 −+ ⎟⎟ =.39⎠33 ⎜⎝S(MAC) = S(MAB) =3.3S=2 3 7 33 3 3++=.312421 3 443 44V= ⋅⋅=⋅.3 43 1233⋅ 4 4 ⋅211.⋅=44 52 34⋅ 3 ⋅3 3112πSшара = 4π ⋅=⋅.2 4 35 9 32.
Дано: шар (O, R), шар (O, r), R – r = 3, R = 9, OK ⊥ MN, OK ∩ MN = H,KH = 6.KR=MHNOНайти: ρ материала.Решение:Объем полого шара V =4π(R3 – r3), r = 6 ⇒34π(729 – 216) = 684π см3.3Вес шара P = Vш. ⋅ ρ ⋅ g.Погруженная в воду часть — сегмент.R + OH ⎞⎛3Vсегмента = π ⋅ (R + OH)2 ⎜ R −⎟ = π ⋅ 144 ⋅ 5 = 720π см .3⎝⎠Выталкивающая сила F = Vсегмента ⋅ ρводы ⋅ g = 720πρводы ⋅ g;V=13112.1 см 3По закону Архимеда P = F, т.е.
684πρш. ⋅ g = 720πρв. ⋅ g720 180 20ρш. =г/см.==684 171 19ρводы =ДС1. Дано: MABCD — правильнаяпирамида, AB = 2, MH — высота,MH = 1.Найти: угол ϕ между AM и(DMC).Решение:Проведем HE ⊥ AD; HE1= AD = 1.2Поместим пирамиду в прямоугольную систему координат Hxyz.JJJGВ ней AM (1, –1, 1).AπНайдем угол γ = – ϕ между2YJJJGGGAM и n (1, 0, 1), n ⊥ (DMC),JJJGG| AM | = 3 , | n | = 2 .JJJG G2 6;( AM ⋅ n ) = 1 + 1 = 2 = 6 cosγ; cosγ =6ZMR1CB2HE2 6π; ϕ = – γ.26G2.
Дано: A(1, –1, 1), B(2, 0, –1), A, B ∈ α, α || m (3, 1, –1).Найти: уравнение α.Решение:JJJG GОтложим от точки A вектор AC = m ⇒ C(4, 0, 0).Уравнение α: Px + Qy + Rz + S = 0.5S⎧⎪Q = 4A ∈ α : ⎧⎪ P − Q + R + S = 0 ⎪⎪SB ∈ α : ⎨2 P − R + S = 0 ; ⎨ R =2C ∈ α : ⎪⎩4 P + S = 0⎪⎪P = − S⎪⎩4x 5y z⇒ уравнение α: − ++ + 1 = 0 или x – 5y – 2z – 4 = 0.4 4 2γ = arccos1321DXВариант 8С—11. Дано: ABCDA1B1C1D1 — куб, M ∈ZB1C1AD, AM = MD, P ∈ AA1, AP = PA1, F ∈FA1B1, A1F = FB1, K ∈ CC1, C1K = KC.A1D1Выяснить, лежат ли точки P, M, F, Kв одной плоскости.YPРешение:CBПусть ребро куба 2a. Поместим кубKв полярную систему координат Axyz.
ВADXMней P(0, 0, a), M(a, 0, 0), F(0, a, 2a),K(2a, 2a, a).Уравнение плоскости (PMF): Qx + Ry + Sz + T = 0.P ∈ ( PMF ) : ⎧⎪aS + T = 0⎧⎪aS − TM ∈ ( PMF ) : ⎨aQ + T = 0; ⎨aQ = −T .F ∈ ( PMF ) : ⎪⎩aR + 2aS + T = 0 ⎪⎩aR = TУравнение (PMF): x – y + z – a = 0.Подставляя координаты т. K в уравнение (PMF): 2a – 1a + a – a = 0, получаем тождество ⇒ K ∈ (PMF).Все четыре точки лежат в одной плоскости.G GGGGGGG2. Дано: m (1, 1, 1), a (1, 1, –2), b (1, –1, 0), c (0, 2, 3), m = pa + qb + rc .Найти: p, q, r.Решение:⎧⎪ p =1− q⎧⎪1 = p + q⎧⎪ p = 1 − q⎪;⎨1 = p − q + 2r ; ⎨1 = 1 − 2q + 2r ; ⎨ q = r3⎪⎩1 = −2 p + 3r ⎪⎩1 = −2 + 2q + 3r ⎪⎪⎩ r = 52⎧⎪p = 5G⎪⎪GGG3⇒ m = 0, 4a + 0, 6b + 0, 6c .⎨q =5⎪⎪r = 3⎪⎩5С—21.
Дано: DABC — тетраэдр, AD ⊥ (ABC),AD = 2, ∠ACB = 90°, AC = CB = 4, AM = BM =CM = DM.Найти: AM.Решение:Точки, равноудаленные от A, C, B, лежатна перпендикуляре HM; H ∈ AB, AH = HBDMABNC133=2 2 .∆DAB также прямоугольный, значит, точки, равноудаленные от A, D, B,лежат на перпендикуляре к (ADB), проведенном из т.
M.Значит, искомый центр описанного шара — точка M.AB 2 + AD 232 + 4== 3.222. Укажите в пространственной системе координат все решения уравне-AM = DM = MB =x 2 + y 2 + ( z − 1) 2 + ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 2 .Решение:Решение — множество точек, сумма расстояний от которых до точекA{0, 0, 1} и B{1, 0, 0} равна 2 .нияНо расстояние AB = (0 − 1) 2 + 02 + (1 − 0) 2 = 2 .Значит, нам годятся все точки, лежащие на отрезке AB.С—31. Дано: DABC — тетраэдр, DM — высота ∆ADC, DN ⊥ AB, N ∈ AB, AB = AC,A(1, 0, –2), D(2, –1, 1), K ∈ BC, BK = KC,K(0, 1, –1), DH — высота.Найти: DH.Решение:Основание H высоты DH лежит на AK.JJJG| AD |= 1 + 1 + 9 = 11JJJG| AK |= 1 + 1 + 1 = 3JJJG| DK |= 4 + 4 + 4 = 2 3P(AKD) =DNAMBHKCAD + AK + DK3 + 2 3 + 11 3 3 + 11==.222⎛ 3 3 + 11 ⎞⎛ 3 3 − 11 ⎞⎛ 3 + 11 ⎞⎛ 11 − 3 ⎞S(AKD) = ⎜⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎟ =⎟⎜⎟⎜⎟⎜2222⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠11=(27 − 11)(11 − 3) =16 ⋅ 8 = 2 2 .44DH =2 S ( AKD) 4 2 4 6==.3AK32.
Дано: S(x) = 1 + x + 1 − x + 1 .Найти: S(x0) — наибольшее, x0.Решение:GGРассмотрим векторы a ( 1 + x , 1 − x ,1) и b (1, 1, 1).GG| a |= 1 + x + 1 − x + 1 = 3 ; | b | = 3 .134∧GGG GS(x) = ( a ⋅ b ) = 1 + x + 1 − x + 1 = 3 ⋅ cos ab .∧∧GGGGS(x) наибольшее при cos ab = 1 или ab = 0юS(x0)наиб. = 3; x0 = 0.С—41. Дано: DABC — тетраэдр, DB =ZDC = CB = AC = 3 2 , AD = 3, ∠ACB =D90°, DH — высота.Найти: DH.Решение:YПоместим тетраэдр в полярнуюKсистему координат Cxyz. Т.к. CD =AHDB, то H ∈ EK, средней линии ∆ABC;E3 2CB = 3 2 , CE =.C2Пусть DH = z0, тогдаJJJG ⎛ 3 2⎞ JJJG ⎛ 3 2⎞ JJJG ⎛ 3 2⎞CD ⎜⎜, y0 , z0 ⎟⎟ , BD ⎜⎜ −, y0 , z0 ⎟⎟ , AD ⎜⎜ −, y0 − 3 2 , z0 ⎟⎟ .⎝ 2⎠⎝ 2⎠⎝ 2⎠⎧ JJJG9+ y02 + z02 = 18⎪⎪| CD |=2;⎨ JJJG⎪| AD |= 9 + ( y − 3 2 ) 2 + z 2 = 9002⎩⎪⎧922⎪ 2 + y0 + z0 = 18.⎨9⎪ + ( y0 − 3 2 ) 2 + z02 = 9⎩2XBy02 – (y0 – 3 2 )2 = 9; 2 ⋅ 3y0 2 – 18 = 9;2799 81 3 6=⇒ |z0| = 18 − −=.2 846 2 2 22.
Дано: MEFKP — пирамида, ∠EMP = ∠PMK = ∠KMF = ∠FME = α.Найти: ∠EMK = β.Решение:MГрани (FMP) и (EMK) перпендикулярны и пересекаются по прямой ML.Построим сечение (ABCD) ⊥ ML; ML ∩CB(ABCD) = H; ABCD — квадрат. ПустьKHAM = a, тогдаFy0 =ALDPE135AB = AD = 2a ⋅ sinαα; AC = 2a ⋅ sin ⋅ 2 .22Из ∆AMC: AC2 = 2AM2(1 – cos∠AMC); 8a2sincosβ = 1 – 4sinα= 2a2(1 – cosβ);2α⎞α⎛; β = arccos ⎜1 − 4 sin ⎟ .2⎠2⎝С—51. Дано: SA, SB, SC — центральныеM3DMсимметрии, A, B, C — не лежат наодной прямой, ABCD — параллелограмм.ACДоказать: SA D SB D SC = SO.Доказательство:M1При симметрии относительно A MBM2→ M1, при симметрии относительно BM1 → M2, при симметрии относительно C M2 → M3.Образовался пространственный четырехугольник MM1M2M3.
M и M3симметричны относительно точки D. Проследим за изменением первойкоординаты M(a, b, c),A(x1, y1, z1), B(x2, ...), C(x3, ...).SA: M → M1(2x1 – a, ...)SB: M1 → M2(2x2 – 2x1 + a, ...)SC = M → M3(2(x3 – x2 + x1) – a, ...)симметрия относительно D(x3 – x2 + x1, ...), которая получена откладыJJJGJJJGванием вектора AD (x3 – x2, ...) = BC от точки D ⇒ ABCD — параллелограмм.2. Дано: отображение, переводящее A(x, y, z) → A1(x – 1), –y – 2, z + 1).Является ли отображение симметрией?Решение:Возьмем B(x1, y1, z1).JJJGJJJJGAB (x1 – x, y1 – y, z1 – z) → A1B1 (x1 – x, y – y1, z1 – z).JJJGJJJJG| AB | = | A1B1 | ⇒ отображение — движение.Оно может быть получено симметрией относиAтельно плоскости xOz и последующим сдвигом наDGвектор p (–1, –2, 1).С—6B1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
