ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 2
Текст из файла (страница 2)
AH = AC = 6. HB2A1B1C1EAB= AB 2 − AH 2 = 8 .HИз ∆HBE: EB = HB ⋅ tg60° = 8 3 ⇒CB1B = 16 3 .S(ABC) = AC11HB = 12 ⋅ ⋅ 8 = 48.22Vпризмы =S(ABC) ⋅ B1B = 48 ⋅ 16 3 = 3 3 ⋅ 256 = 768 3 .Ответ: 768 3 .2. Дано: цилиндр, O1O2 — ось, ABCD || O1O2,∠AO1B = 120°, O1A = R, угол между O1O2 и BDравен 90°.Найти: Vцилиндра.Решение:Угол между O1O2 и BD равен ∠ADB = 30°.Из ∆AO1B: AB2 = 2R2(1 – cos120°); AB2 = 2R23⋅ ; AB = R 3 .2Изпрямоугольного∆ADB:ADABR 3==⋅ 3 = 3R ⇒tg30°3BO1ACO2D⇒ Vцилиндра = πR2 ⋅ AD = 3πR3.Ответ: 3πR3.С—151. Дано: ABCA1B1C1 — наклонная призма, AB = BC = AC, ACC1A1 — ромб, A1C = 6,AC1 = 8, угол между AA1 и (ABC) = 60°.Найти: Vпризмы.Решение:Пусть A1C ∩ AC1 = O ⇒ ACA1B1C1OA= AO 2 + OC 2 = 5 = AA1.Опустим высоту A1H на (ABC).Из прямоугольного ∆AHA1: A1H = AA1 ⋅ sin60° =BHC5 3;211S(ABC) =AC23 25 3=⇒44⇒ Vпризмы = S(ABC) ⋅ A1H =25 3 5 3 375⋅=.428375.82.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — наклонныйпараллелепипед, AA1 = 10, AE ⊥ B1B, E ∈B1B, AE = 5, AF = 12, F ∈ DD1, AF ⊥ DD1,G ∈ C1C, AG ⊥ C1C, AG = 13.Найти: Vпараллелепипеда.Решение:Сечение A1EGF — параллелограмм,(A1EGF) ⊥ AA1.Ответ:S(A1EG) = S(A1FG) =B1C1EA1D1FBAGCD5 + 12 + 13(15 − 5)(15 − 12)(15 − 13) =2= 15 ⋅ 10 ⋅ 3 ⋅ 2 = 5 ⋅ 3 ⋅ 2 = 30.V(ABCDA1B1C1D1) = AA1 ⋅ 2S(A1EG) = 10 ⋅ 2 ⋅ 30 = 600.Ответ: 600.С—161. Дано: DABC — правильная пирамида, AH — высота ∆ABC, DM —высота пирамиды, ∠DAM = α.DНайти: V(DABC).Решение:22hh3; MH = ;AB = AH ⇒AM = AH =BA333 2AB =2 AH 3 2h 3=.33MHC3 4h 2 3 h 2 3S(ABC) =AB⋅==.43432htgαИз ∆AMD: DM = AM ⋅ tgα =.31V(DABC)= DM⋅S(ABC)32=2htgα h 2 3 2h3 tgα 3⋅=.3279Ответ:2h3 tgα 327BA12CFED2. Дано: MABCD — пирамида, ABCD — ромб, ∠BAD = α, AB = a, E ∈AD, ME ⊥ AD, BM ⊥ (ABCD), F ∈ DC, MF ⊥ DC, ∠MEB = ∠MFB = β.Найти: V(MABCD).Решение:11aS(ABD) = a2sinα = AD ⋅ BE = BE ⇒ BE = asinα.222Из ∆MBE: MB = EB ⋅ tgβ = asinαtgβ.S(ABCD) = 2S(ABD) = a2sinα ⇒1a sin αtgβ 2a 3 sin 2 αtgβ⋅ a sinα =.⇒ V(MABCD) = MB ⋅ S(ABCD) =333С—171.
Дано: конус, OH — высота, AB ⊥ EF, HB— диаметр, EF — хорда, OEF — сечение, AB∩ EF = K, ∠OKH = 60°, OH = 4 3 , ∠EMF =60°.Найти: Vконуса.Решение:∆HEF — равносторонний.OH4 3Из ∆OHK получим HK === 4tg60°3⇒=в∆HFE3EH2=HK⇒OFHABKEEH2 HK8 3⋅ 3=.33Vконуса =ππ64 256π 3⋅ OH ⋅ HE2 = ⋅ 4 3 ⋅=.9333256π 3.92. Дано: MABCD — правильнаяпирамида. В MABCD вписан конус.V ( MABCD)Найти:.VконусаОтвет:Решение:Высота конуса и пирамиды MH —общая, следовательно,V ( MABCD)=VконусаMBCHADS ( ABCD ) AB 2 (2r ) 2 4=== .Sкругаπr 2πrπ13С—18.1.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — правильная усеченная пирамида, AB= 4 2 , A1B1 = 6 2 , S(A1ACC1) = 90.Найти: V(ABCDA1B1C1D1).Решение:AC = AB 2 = 8, A1C1 = A1B1 2 = 12.B1C1OA1D1BCO1AD1(AC + A1C1)OO1 = 10 ⋅ OO1 = 90.2OO1V(ABCDA1B1C1D1) =⋅ [AB2 + A1B12 + AB ⋅ A1B1] =3= 3 ⋅ [16 ⋅ 2 + 36 ⋅ 2 + 24 ⋅ 2] = 3(104 + 48)B= 456.BO1 12. Дано: усеченный конус,= , ABAO2 3S(A1ACC1) =O1= 4, ∠BAO2 = 60°, O1O2 — ось конуса.Найти: Vконуса.Решение:O2HРассмотрим осевое сечение ABCD. Опу- Aстим высоту BH.
Из прямоугольного ∆AHB:∆AHB: AH = AB ⋅ cos60° = 2, BH = AB ⋅ sin60° = 2 3 .Т.к. AD = 3BC, то AH = BC = 2 ⇒ AD = 6 ⇒ππ⇒ Vконуса = BH(AO22 + BO12 + AO2 ⋅ BO1) = ⋅ 2 3 (9 + 1 + 3) =33=CD26π 3.3Ответ:26π 3.3С—191. Дано: полушар, Sполушара = 48π.Найти: Vполушара.Решение:Sполушара = 2πR2 = 48π ⇒ R2 = 24; R = 2 6 .22Vполушара = πR3 = π ⋅ 8 ⋅ 6 6 = 32π 6 .332.
Дано: конус, ∆ABC — осевое сечение,AB = BC = AC. В конус вписан шар.VНайти: конуса .VшараBРешение:14АHСПусть AC = a, тогда высота BH = ACS(ABC) =⇒ r=3 a 3=.22a2 3 1= P ⋅ r , т.к. в осевое сечение вписан большой круг шара422S a 2 3 a 2 3 a 3===⇒P 2 ⋅ 3a6a6⇒ Vконуса =VконусаVшараππ a 3 a 2 πa 3 3BH ⋅ AH2 = ⋅⋅=.3 2439⋅6π a3 3⋅9⋅6 9=3 38 == .3⋅8 4πa 39⋅6ДС1.
Дано: M(2; –1; 3), плоскость α, M ∈ α, плоскость β: 2x – 3y + z – 4 = 0,α || β.Написать уравнение плоскости α.Решение:Т.к. α || β, то уравнение α — 2x 3y + z + S = 0.M ∈ α: 4 + 3 + 3 + S = 0, S = –10.Окончательно α: 2x – 3y + z – 10 = 0.2. Дано: плоскость α: 2x + y – z + 1 = 0; плоскость β: x – 2y + 3z – 2 = 0;угол между α и β равен γ.Найти: γ.Решение:Угол между α и β равен π – γ1, где γ1 — угол между перпендикулярами.n α (2, 1, –1) ⊥ α и nβ (1, –2, 3) ⊥ β (т.к.
γ1 — тупой).JJGJJG| nα | = 6 , | nβ | = 14 .JJGJJG JJGJJG( nα ⋅ nβ ) = 2 – 2 – 3 = –3 = | nα | ⋅ | nβ | ⋅ cosγ1.cosγ1 = −3 ⎞33⎛=−; γ1 = arccos ⎜ −⎟.6 ⋅ 142 21⎝ 2 21 ⎠⎛ 3π ⎞γ = π – γ1 или γ = π − arccos ⎜ −⎟.⎝ 2 21 ⎠15Вариант 20).С—11. Дано: куб ABCDA1B1C1D1, C(–2, 4,ZB11) Найти координаты вершин куба.Решение:B(–2, 0, 0); A(2, 0, 0); D(2, 4, 0), B1(–2,0, 4); A1(2, 0, 4); D1(2, 4, 4); C1(–2, 4, 4).A1D1OKCBA2) Найти координаты OC , OB1 ,C1YDXOK .Решение:JJJGGGGOC (–2, 4, 0) = −2i + 4 j + 0 ⋅ kJJJGGGGOB1 (–2, 0, 4) = −2i + 0 j + 4 ⋅ kGGGOK (–2, 2, 2) = −2i + 2 j + 2k(K — середина BC1 ⇒ k(–2, 2, 2)).GGG2.
Дано: a (–1, 3, –2), b (2, –1, 3), p (–3, –1, –4).GGGВыяснить, будут ли коллинеарны a + 2b и p .Решение:GGG( a + 2b ){3, 1, 4}; p {–3, –1, –4}.GGGУсловие коллинеарности — a + 2b = k p :⎧⎪3 = −3kGGG⎨1 = − k — k = –1 ⇒ ( a + 2b ) и p коллинеарны.⎪⎩ 4 = −4kС—2GG1. Дано: m (–2, 1, –1), n (1, 3, 2).G GGGНайти: |2 m – n | и |2 m | – | n |.Решение:GG| m | = 6 , | n | = 14 .G G 2G GG GGG GG|2 m – n | = (2 m – n , 2 m – n ) = 4| m |2 – 4( m ⋅ n ) + | n |2 == 24 + 4 + 14 = 42.G GG G(( m ⋅ n ) = –2 + 3 – 2 = –1) ⇒ |2 m – n | = 42 .GG|2 m | – | n | = 2 6 − 14 .2.
Дано: ABCD — параллелограмм,AC ∩ BD = O, A(1, 3, –1), B(–2, 1, 0),O(0; 1,5; 0).1) Найти координаты C и D.Решение:16BCOADJJJGJJJGAO (–1; –1,5; 1), BO (2; 0,5; 0).JJJG JJJGJJJG JJJGТеперь отложим от точки O векторы OC = AO и OD = BO ⇒⇒ C(–1, 0, 1), D(2, 2, 0).2) Найти длину BC.Решение:JJJGJJJGBC (1, –1, 1); | BC | = 3 .JJJGG G G3) Разложить AD по i , j , k .Решение:JJJGJJJGAD (1, –1, 1) = BCJJJG G G GAD = i – j + k .С—31. Дано: MABCD — правильная пирамида, AB = AM = a.ZM1) Найти MA ⋅ AC .Решение:Введем полярную систему координатHXYZ как показано на рисунке (H — основание перпендикуляра).Ba 2; AM = a.AH =H2AИзпрямоугольного∆AHM:HMYa 222= AM − AH =.2JJJG ⎛ a a a 2 ⎞JJJG JJJGa2 a2Значит, MA = ⎜⎜ − , , −= –a2.⎟⎟ ⇒ MA ⋅ AC = − −22222⎝⎠2) Найти MA ⋅ DB .Решение:JJJGJJJG JJJGa2 a2DB (–a, –a, 0); ( MA ⋅ DB ) ==−220.ZCXDB1A1C1D1KY2.Дано: ABCDA1B1C1D1 — куб, A1B ∩BAAB1 = K.JJJGJJJGDКакой угол между A1C и KD .Решение:Поместим куб в полярную систему координат AXYZ.JJJGJJJG ⎛a a⎞Пусть ребро куба равно a.
Тогда A1C (a, a, –a), KD ⎜ a, − , − ⎟ .2 2⎠⎝CX17JJJG JJJGJJJGJJJGa2 a2= a2 > 0 ⇒ угол между A1C и KD остТогда ( A1C ⋅ KD ) = a2 – +22рый.С—4∧GGGG1. Дано: | a |= 2 , | b |= 1 , ab = 120°.GG GGНайти угол между a – b и a + 2b .Решение:GGG GGG GG(( a – b ) ⋅ ( a + 2b )) = | a |2 – 2 | b |2 +( a ⋅ b ) = 4 –2 – 1 = 3.∧GG GGGG⎛ 1⎞(Т.к. ( a ⋅ b ) = | a | ⋅ | b | ⋅ cos ab = 2 ⎜ − ⎟ = –1).⎝ 2⎠GG G 2 G G G GGG G| a − b | = (a − b , a − b ) =| a | + | b | −2(a ⋅ b ) = 3 + 2 = 5.G G| a − b |= 5 .GG GGGGGGG G| a + 2b |2 = (a + 2b , a + 2b ) =| a | +4 | b | +4(a ⋅ b ) = 6 – 4 = 2GG⇒ | a + 2b |= 2 .GG G G((a − b ) ⋅ (a + 2b ))11⇒ α = arccos.Окончательно cosα = G G GG =1010| a − b | ⋅ | a + 2b |2. Дано: ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед, ABCD — ромб, ∠A1AD =∠A1AB = α.Доказать: BD ⊥ AA1.Доказательство:AB = AD.JJJG JJJG JJJGНоBD = AD − AB⇒JJJG JJJGJJJG JJJGJJJG JJJG( BD ⋅ AA1 ) = ( AD ⋅ AA1 ) – ( AB ⋅ AA1 ) == | AD | ⋅ | AA1 | ⋅ cosα – | AB | ⋅ | AA1 | ⋅ cosα = 0 ⇒ BD ⊥ AA1.С—51.
Дано: B(0,01; 0,02; –1), B1 и B симметричны относительноа) оси OZ. Найти координаты B1.Решение:B1(–0,01; –0,02; –1).Gб) B → B2 при переносе на вектор p {0,09; 0,08; 1}.Найти: координаты B2.Решение:B2(0,1; 0,1; 0).2. Доказать, что при движении угол переходит в равный ему угол.Доказательство:Возьмем две точки A и C на лучах ∠B. ∠B → L∠E, A → D, C → F.18Но расстояние сохранится ⇒ AB = DE, AC = DF, BC = EF ⇒⇒ ∆ABC = ∆DEF по трем сторонам. Значит, ∠B = ∠E.С—61. Дано:α ⊥ a, при движении α → β, a → b.Доказать: β ⊥ b.Доказательство:Нужно взять тетраэдр DABC; D ∈ a, A ∈ a, B, C ∈ α.DABC → HEFG (HEFG = DABC) ⇒ HE ∈ β, HE ⊥ (EFG), (EFG) = β.2.
Дано: α ⊥ a, β || α.Доказать: β ⊥ a.Доказательство:Возьмем движение, переводящее α → β, a → a.Из пункта (1) ⇒ β ⊥ a.С—71. Дано: цилиндр, ABCD — осевое сечение, EBCF — сечение, ∠ABE = 60°, S(EBCF) = AQ.Найти: S(ABCD).Решение:1Из прямоугольного ∆AEB: EB = AB ⇒2DS ( ABCD) AB==2⇒S ( EBCF ) EBS(ABCD) = 2Q.2. Дано: ABCA1B1C1 — правильнаяпризма, AH — высота ∆ABC, AH = 6, AA1 = A14, вокруг призмы описан цилиндр.Найти: Sцилиндра.Решение:Точка оси O2 лежит на AH ⇒ AO2 = R2= ⋅ AH = 4.A32Sцилиндра = 2πR + 2πR ⋅ AA1 = 32π + 32π= 64π.С—81.
Дано: конус, ABC — осевое сечение,BEF — сечение, ∠EBF = 90°, AC ⊥ EC, EF = m,∠ABC = 120°.Найти: Sбок. конуса.Решение:m 2Из ∆EBF образующая EB == AB = BC2O1BEO2CEB1O1C1BO2CBFAO19CE⇒ Из ∆ABO: BO =AB m 2m 6=, AO =.244m 2 m 6 πm 2 3⋅=.2442. Дано: конус усеченный, Sбок. =B208π, образующая L, высота h = 5.Найти: r1 и r2.Решение:Рассмотрим осевое сечение трапеции ABCD. BH — высота.Из∆ABH:AHSбок. = π ⋅ AB ⋅ AO = π ⋅= h 2 − h 2 = 169 − 25 = 12.Sбок. = πL(r1 + r2) = π ⋅ 13(2r1 + AH)= 208π.2r1 + 12 = 16, r1 = 2;r1 + r2 = 16, r2 = 14.Ответ: 2 и 14.O1HCDO2С—91.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
