ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Дано:α, β — плоскости, α ∩ β = p (прямая),CB ∈ p , A ∈ α, AB ⊥ p, C ∉ β, CB ⊥ p, BD — биссектриса ∠ABC.Доказать: BD — ось симметрии двугранногоP136угла.Доказательство:При симметрии относительно BD прямая AB → BC, p → p, α → β ⇒ BD— ось симметрии двугранного угла.2. Дано: ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед, A1BEC1DFGH — параллелепипед.A1B1D1BAC1EHCDGFДоказать: C — центр симметрии A1BEC1DFGH.Доказательство:JJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJJG JJJJGA1G = A1B + A1D + A1C1 = A1 A + AB + A1 A + AD + A1B1 + B1C1 =JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJGJJJG JJJG JJJG JJJJJGA1 A + AB + A1 A + BC + AB + BC = 2( A1 A + AB + BC ) = 2 AC.⇒ точка C — середина диагонали параллелепипеда ABEC1DFGH, т.е.центр его симметрии.С—71.
Дано: цилиндр, ABCD, EFKL — осевые сечения, (ABCD) ⊥ (EFKL), M ∈ AF,AM = MF, N ∈ AL, AN = NL, MN = 17 ,S(ABCD) = 16.Найти: Sцилиндра.Решение:Поместим цилиндр в полярную систему координат O1xyz. Пусть O2F = R, EF =2h, тогда A(–R, 0, 2h), F(0, R, 0), L(0, –R,⎛ R R ⎞⎛ R R⎞2h), M ⎜ − , , h ⎟ , N ⎜ − , − , 2h ⎟ .⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2⎠JJJGMN (0, –R, h)JJJG| MN | = R 2 + h 2 = 17S(ABCD) = BC ⋅ AB = 2R ⋅ 2h = 4Rh = 16⎧16+ h 2 = 17R 2 + h 2 = 17 ; ⎪ h 2;⎨44 Rh = 16⎪R =h⎩h4 – 17h2 + 16 = 0; h12= 16, h22 = 1;h1 = 4, h2 = 1ZNLO1ADEMKXBO2CFY{137⇒ R1 = 1, R2 = 4.Sцил. 1 = 2πR12 + 4πR1h1 = 2π + 16π = 18πSцил. 2 = 2πR22 + 4πR2h2 = 32π + 16π = 48π.Значит, либо 10π, либо 40π.2.
Дано: MABCD — правильная пирамида, AB = a, ∠MAC =60°, в MABCD вписан цилиндр,высота цилиндра равна h.Найти: Sбок. цилиндра.Решение:FРассмотрим ∆EFK ∼ ∆BDM. В∆EFK вписано основание цилиндha 2E; PH =ра. BD = a 2 ; AH =22⇒ AP = AH – PH =a 2 h–22MBCHPADK⎛a 2 h⎞a 2 ⋅ ⎜⎜− ⎟⎟22⎠⎛a 2 h⎞BD ⋅ APEK AP⎝= 2 ⎜⎜=⇒ EK =− ⎟⎟ ==AHBD AH2⎠a 2⎝ 22=a 2−h.∆EFK — правильный ⇒ S(EFK) = EK2r=3 ( a 2 − h)=3.442S( a 2 − h) 2 3 ( a 2 − h ) 3==3EK 2 ⋅ 3 ⋅ (4 2 − h)6⇒ Sбок.
= 2πr ⋅ h = 2π ⋅( a 2 − h) 3π 3(a 2 − h)⋅h=h.63С—81. Дано: конус, A(1, –1,2), B(–2, –1, 2),C(–2, 3, 2), A, B, C ∈ окружности основания⎛ 5 ⎞конуса, M ⎜ 0, , 6 ⎟ лежит на боковой по⎝ 3 ⎠верхности.Найти: Sбок. конуса.Решение:Уравнение основания (окружность):( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = R 2 .z=2{138DMKO⎧(1 − x0 ) 2 = (−2 − x0 ) 2⎧(1 − x0 ) 2 + (−1 − y0 ) 2 = R 2⎪222⎪(−2 − x ) + (−1 − y ) = R ⎪ 9 + (−1 − y ) 2 = R 2000.⎨222 ; ⎨4⎪(1 − y0 ) 2 = (3 − y0 ) 2⎪(−2 − x0 ) + (3 − y0 ) = R⎩z = 2⎪⎩ z = 211 + x02 – 2x0 = 4 + x02 + 4x0; x0 = − .22y0 + 1 + y02 = 9 – 6y0 + y02; y0 = 1.9AC 5+ 4 = R2, R == , O ∈ AC AO = OC .4221⎧⎪ x0 = − 2⎪⎨ y0 = 1 — центр основания O⎪z = 2⎪⎩5R = — радиус.2JJJGAB( −3, 0, 0)AB = 3JJJGAC (−3, 4, 0)AC = 5JJJGBC (0, 4, 0)BC = 41O(− , 1, 2)2⎛ 1⎞Значит, D ⎜ − ,1, h ⎟ — вершина конуса.2⎝⎠JJJJG ⎛ 1 2⎞DM ⎜ , , 6 − h ⎟⎝2 3⎠Прямая DM пересекает основание в точке K.JJJGJJJJG ⎛ p 2 p2p⎞⎛ 1 p⎞DK = pDM = ⎜ ,, p (6 − h) ⎟ (p > 0), K ⎜ − + ,1 +, h + p (6 − h ) ⎟23223⎝⎠⎝⎠K принадлежит окружности ⇒⎧h + p (6 − h) = 2⎧⎪h(1 − p ) = 2 − 6 p22⎪22⎨⎛ p ⎞ + ⎛ 2 p ⎞ = 25 ; ⎨ p + 4 p = 25 ;⎪⎩⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠⎪4 ⎩4942 − 6p⎧⎪⎪ h = 1 − p;⎨ 25⎪ p 2 = 25⎪⎩ 3642 − 6p ⎧p = 3⎧⎪⎪h =⎞p = 3 JJJJG ⎛ 3⎨1 − p ; ⎨h = 2 − 6 p ; h = 8 ; DK = ⎜ ; 2; − 6 ⎟ ,22⎝⎠⎪⎩⎪⎩ p = 91− p{1392JJJJG9169 13⎛3⎞;l = DK = ⎜ ⎟ + 22 + ( −6) 2 =+ 4 + 36 ==442⎝2⎠13 565π.Sбок = π rl = ⋅ ⋅ π =2 242.
Дано: усеченный конус, ABCD — осевое сечение, AC ⊥ BD, AB = 1,πSпов. = ( 3 + 1) .2Найти: ∠BAD.Решение:Пусть BO1 = r, AO2 = R.Из ∆BO1M и ∆AO2M: BO1 = O1M, AO2 = O2M ⇒ O1O2 = R + r.Опустим высоту BH: BH = O1O2 = R + r,O1BCAH = R – r.Из ∆ABH:MAB=AH 2 + BH 2 = ( R − r ) 2 + ( R + r ) 2 = 2 R 2 + 2r 2; AB = 1AO2H⇒ 2R2 + 2r2 = 1.Sпов. кон. = π ⋅ AB(BO1 + AO2) + π ⋅ BO12 + π⋅ AO22 =π= π(R + r) + π ⋅ r2 + πR2 = ( 3 + 1)21⎧ 22⎧⎪2 R 2 + 2r 2 = 1⎪R + r = 2;⎨π( R + r ) + πr 2 + πR 2 = π ( 3 + 1) ; ⎨⎪⎩⎪R + r + R2 + r 2 = 3 + 12⎪⎩2 2⎧1− r2⎪⎪ R =2;⎨⎪r + R + 1 − r 2 + r 2 = 3 + 1⎪⎩22 2131⎧ 2⎧ 222⎪R + r = 2 ⎪R + 4 + R − R 3 = 2;;⎨⎨⎪r + R = 3 ⎪r = 3 − R⎪⎩⎪⎩2212R2 – R 3 + = 041⎧ 22⎪R + r = 2;⎨⎪r + R + R 2 + r 2 = 3 + 1⎪⎩2 28R2 – 4 3R + 1 = 0D = 48 – 32 = 16140BR=r1 =4 3±43 ±13 13 1=; R1 =+ , R2 =− ;1644 44 43 13 1− , r2 =+ .4 44 4Итак, r =3 13 1− ,R=+ .4 44 413, BH = R + r =22⇒ из ∆AHB: ∠HAB = 60°.AH = R – r =С—91.
Дано: четыре квадрата со стороной, равной a.Найти: S поверхности, котораяобразуется при вращении этой фигуры вокруг оси l.Решение:Поскольку фигура симметричнаαотносительно прямой m, то достаточно найти площадь фигуры вращения, образованной ломаной, лежащей над прямой m, а потом удвоить.Продлим первый отрезок ломаной. Проведем через концы остальныхотрезков ломаной прямые, параллельные l. Легко видеть, что соответствующие элементы вращения фигуры, которую нужно обсчитать, равнычастям конуса (нечетные можно совместить путем сдвига, параллельно l, ачетные — путем симметрии относительно некоторой плоскости).Поэтому искомая площадь равна удвоенной площади конуса с образующей 6a и углом между осью вращения и образующей в 45°.3Sпов.
= 2πrl = 2π(6asin45°) ⋅ 6a = 72a2π ⋅= 36 2 πa2.22. Дано: A1B1C1ABC — правильная призма, ABCA1B1C1 вписана в конус,AB = AA1, OH — высота конуса, ∠OKH =Oϕ.Найти: Sос. сеч..Решение:OH ∩ (A1B1C1)= P.A1B1a 3Пусть A1P =, тогда AA1 = AB = a,P3C1OP = A1P ⋅ tgϕ,lKAHCB141OH = OP + a =⎞OH ⎛ a 3a 3tgϕ + a, HK ==⎜tgϕ + a ⎟⎟ ctgϕ3tgϕ ⎜⎝ 3⎠22⎛a 3⎞⎛ 3⎞tgϕ + a ⎟⎟ ctgϕ = a2 ⎜⎜tgϕ + 1⎟⎟ ctgϕ =⇒ Sос. сеч. = KH ⋅ OH = ⎜⎜33⎝⎠⎝⎠=⎞a2 ⎛3+ 2 3⎟ .⎜ tgϕ +tgϕ3⎝⎠S(tgϕ) =⎞a2 ⎛3+ 2 3⎟ .⎜ tgϕ +tgϕ3⎝⎠S′(tgϕ) =a2 ⎛3 ⎞⎜1 −⎟.3 ⎝ tg 2ϕ ⎠tg2ϕ =3; tgϕ = 3 ; ϕ = 60°.Sнаим.
=4a 2 3a2.( 3 + 3 + 2 3) =33С—101. Дано: две сферы x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 20 = 0 и сфера с центром в точке O2(2; 4; 2). Они пересекаются по окружности, длина которой равна2π 21 .Найти: уравнение второй сферы.Решение:Преобразуем уравнение 1-й сферы:x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 20 = (x – 1)2 + (y – 2)2 + z221– 25 = 0.Значит, центр ее в т. O1{1, 2, 0}, а радиус ра- OO21вен 5.KПроведем сечение через прямую O1O2. Получим такую картинку:Здесь O1L = 5 (радиус сферы 1), LK = 21 (радиус окружности пересечения), O2K = 2.O1O2 = (1, 2, 2) O1P2 = 3 .LK 2 + O2 K 2 = R22 ⇒ R22 = 21 + 1 = 22⇒ искомое уравнение (х – 2)2 + (y – 4)2 + (2 – 2)2 = 222. Найти: множество точек, расположенных вдвое ближе к точке M(0; 2;0), чем к точке P(0; 4; 0).Решение:Запишем условие аналитически.
Координаты искомых точек должныудовлетворять равенству1 2x 2 + ( y − 2) 2 + z 2 =x + ( y − 4) 2 + z 2 ⇔21424x2 + 4(y – 2)2 + 42 = x2 + (y – 4)2 + z2 ⇔24⎞16⎛3x2 + 3y2 – 8y + 3z2 = 0 ⇔ x2 + ⎜ y − ⎟ + z2 – = 0.3⎠9⎝⎧ 4 ⎫Значит, искомое множество точек — сфера с центром в т. ⎨0, , 0 ⎬ и⎩ 3 ⎭4радиусом .3С—111. Дано: четыре шара радиуса R касаются друг друга. Сфера касаетсяэтих шаров внутренним образом.Найти: радиус сферы.ZРешение:Центры шаров — вершины праDвильного тетраэдра, длина ребра которого 2R. Центр искомой сферы совпадает с центром тетраэдра. Высота тет2 6R.раэдра h =3BAV=S(ABC)⋅h=4R23 2 6⋅R = 2 2 R3.43По формуле из задачи С-19.1 (вариант 7)Радиус вписанной окружности3V6 2R3 R 6==.rвпис.
=4 S ( ABC ) 4 R 2 32⋅YR( 3 − 2 ) RR 6–R== ( 6 − 2) .2222. Дано: DABC — тетраэдр, сфера касается всех ребер DABC.Сравнить суммы длин скрещиваюDщихся ребер.Решение:Пусть E, F, K, L, M, N — точки каLсания. Т.к. отрезки касательных, проведенные к сфере, равны, тоNA: AF = AE = ALAC: CF = CK = CNB: BE = BM = BKEFD: DL = DM = DNAC + BD = AF + FC + BM + MD =CAE + CN + BE + DN =CXРадиус искомой сферыMBK143=AE + BE + CN + DN = AB + CD = AD + BC.С—121. Дано: DABC — правильный тетраэдр, AB = a, AE ⊥ CB, ∠DEA = 60°,DH — высота, DH — диаметр шара.Найти: длину линии пересечения шара и тетраэдра.Решение:a 3CB = a, HE =.6Из ∆DHE: DE = 2HE =Из ∆DHC, где HC =a 3a 3a⋅ 3= ., DH = HE ⋅ tg60° =623a 3:3DDCa2 a2 a 7+=.432 3Плоский угол CDB при вершине пирамиды α = ∠CDB.CB2 + 2CD2(1 – cosα)= DH 2 + HC 2 =ABHEa2 ⋅ 7a =(1 – cosα)2⋅32C6111 – cosα = ; cosα = ; α = arccos — вписанный.777l линии пересечения равна:3a1arccos .3 ⋅ 2α ⋅ R = 3α ⋅ DH =272.
Дано: DABC — правильная пирамида,AB = a, AE ⊥ CB, ∠DEA = 60°, DH — высота, в DABC вписаны три шара, точки касания на апофемах.Найти: радиус шара.Решение:AРассмотрим сечение DHE.Окружность с центром P — сечениешара плоскостью DHE.Пусть радиус равен r, тогда O1E =rctg30° = r 3 .Da 3HE =6∆O1O2O3 — правильный со стороной, равной 2r.DBHEC144PHO1EHO1 =2r; HE = O1E + HO13aa2r=r 3+⇒r=.102 33С—131.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, AB = 5, BC= 12, плоскость α || AC, B1D ∈ α, угол между α и ABCD равен 60°.Найти: V(ABCDA1B1C1D1)ZB1C1A1D1XCBLYAHDРешение:Поместим параллелепипед в полярную систему координат Bxyz.α ∩ ABCD = прямая DR.Проведем BH ⊥ DR.Из ∆ABC: AC = AB 2 + BC 2 = 13.В ∆BLK AC — средняя линия; LK = 2AC = 26, LB = 10, BK = 24.11LB ⋅ BK 10 ⋅ 24 120S(LBK) = LB ⋅ BK = LK ⋅ BH ⇒ BH =.==LK261322120Из ∆B1BH: B1B = BH ⋅ tg60° =⋅ 313120 3 7200 3=.13132. Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма, ∠ACB = 90°, AC = 3, CB = 6, M —точка пересечения медиан ∆ABC, B1C ∩ BC1 = P, угол α между MP и1Z(AA1C1C) равен arcsin.B1A13Найти: V(ABCA1B1C1).C1Решение:Поместим призму в полярную сисPXтему координат Cxyz.Y⇒ V(ABCDA1B1C1D1) = AB ⋅ BC ⋅ BB1 = 60 ⋅ABMCE145JJJG ⎛ 3⎞ JJJG 2 JJJGПусть CC1 = 2h. BE ⎜ , −6, 0 ⎟ , BM = BE = (1, –4, 0) ⇒ M(1, 2, 0)3⎝2⎠JJJ∧G GJJJGπGP(0, 3, h), MP (–1, 1, h), n (0, 1, 0), MP n = β = – α.2JJJG GJJJG1G2( MP ⋅ n ) = 1 = | MP | ⋅ | n | ⋅ cosβ = 2 + h ⋅3JJJGG2| MP | = 2 + h , | n | = 11cosβ = sinα =⇒ 2 + h 2 = 3 ; 2 + h2 = 3, h = 131⇒ Vпризмы = S(ABC) ⋅ 2h = ⋅ CB ⋅ AC ⋅ 2h = 6 ⋅ 3 = 18.2С—141.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
