ziv-geometria-gdz-11g (546205), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Дано: два конуса, основания паралO1лельны, вершины каждого лежат в центреBCоснования другого, образующая первого равна a = O2C, ∠O1O2C = β. ∠AO1D = α.Найти: объем общей части конусов.PMNРешение:Искомый объем равен сумме объемов,получившихся при пересечении поверхностей конусов11O2DV = Sкруга ⋅ O1P + Sкруга ⋅ O2P A3311= Sкруга(O1P + O2P) = Sкруга ⋅ O1O2, где под кругом понимается круг, полу33ченный при пересечении конических поверхностей.Радиус основания первого конуса O1C = O2C ⋅ sinβ = asinβ, а высотаO1O2 = acosβ.Наибольший угол между образующими второго конуса — угол междуобразующими в осевом его сечении.Рассмотрим осевое сечение нашей фигуры: в нем первая образующаяO1D ∩ O2D, вторую образующую — в т. N.αα⇒ ∠O1NO2 = 180° – β – , O1O2 =В ∆O1O2N ∠O1O2N = β, ∠O2O1N =22acosβ.По теореме синусов имеем:O1 NO1O2=α⎞sin β⎛sin ⎜180° − β − ⎟2⎠⎝O1O2 ⋅ sin β a cos β sin β=.⇒ O1N =α⎞α⎞⎛⎛sin ⎜ β + ⎟ sin ⎜ β + ⎟2⎠2⎠⎝⎝Из прямоугольного ∆O1PN:81αα a cos β sin β sin 2PN = O1N ⋅ sin == R.α⎞⎛2sin β +⎜⎝⎟2⎠Окончательно получим:11V = πR2 ⋅ O1O2 = π33a 2 cos 2 β sin 2 β sin 2α⎞⎛sin 2 ⎜ β + ⎟2⎠⎝α2 ⋅ acosβ =ααπa 3 sin 2 2β ⋅ cos β sin 222 .==α⎞α⎞2⎛2⎛3sin ⎜ β + ⎟12sin ⎜ β + ⎟2⎠2⎠⎝⎝2.
Дано: EABCD — пирамидаABCD — трапецияAD ⎜⎜BC AD = 10BC = 20AB = DC = 10EОколо EABCD описан конус, Vко1000π 3KHBнуса =3EO — высота10OНайти α = ∠EAO = ∠EBOРешение:A10πh 2 1000π 3⋅R =Vконуса =33πa 3 sin 2 β cos3 β sin 220CDhR 2 = 1000 3BC − AD=5⇒2В прямоугольном ∆AHB ∠BAH = 38⇒ AH = 10 ⋅ cos30° = 5 3 ⇒ ∠HBA = 60°Опустим на BC высоту AH, BH =В ∆HAС HC = BC − BH = 15 ⇒ AC = AH 2 + HC 2 == 100 + 225 = 325 − 5 131abcS(ABC) = BC ⋅ AH = 50 3 =24RНо тогда, трапеция ABCD составлена из трех равносторонних ∆BAK,∆AKD, ∆KDC.
⇒ BK = AK =KD = KC = 10 = RK — центр основания конуса.В ∆EKA EK = h = Rtgα ⇒ hR2 = R3tgα = 1000tgα = 1000 3 ⇒ tgα = 3α = 60°.82Ответ: 60°.С—181. Дано: ABCA1B1C1 — усеченная призма, AB = BC = CA = 12, A1B1 =B1C1 = C1A1 = 4, (AA1B1B) ⊥ (ABC), D ∈ BC, E ∈ AC, C1D ⊥ BC, C1E ⊥ AC, H∈ (ABC), ∠C1DH = ∠C1EH = 60°, C1H ⊥ (ABC).Найти: Vпирамиды.Решение:Проведем высоту FG через середины F и G сторон A1B1 и AB.
Проведемтакже FI ⊥ B1C1, GJ ⊥ BC. ∠IJG — угол между (B1C1CB) и (ABC), равный60°. FB1 = 2, GB = 6.Из прямоугольных ∆FIB1 и ∆GJB:A1 N1B12 36 3= 3 , GJ ==3 3 .FI =M122C1В прямоугольной трапеции FGJI опустимD1высоту IL, тогда LJ = 2 3 . Высота IL = LJ⋅ 3=6⇒Vконуса1= LI(S(A1B1C1)3NA+S(ABC)BHM+ S ( A1B1C1 ) ⋅ S ( ABC ) ==D1⋅ 6( 2 3 ⋅ 2 + 6 3 ⋅ 6 + 62 ⋅ 22 ⋅ 3 ) = 2(43C+ 36 + 12) 3 = 104 3 .Ответ: 104 3 .2. Дано: ABCD — параллелограмм,AK || BD — ось вращения, ∠BAD = 60°,AB = 6, BD ⊥ BC.Найти: Vтела вращения.Решение:AИз прямоугольного ∆ABD:∠ABD = 30°, AD = 3, BD = 3 3 , AD =BK = BC = 3.Искомый объем равен разности объемов усеченного конуса с радиусами оснований AD = 3 и KC = 6 и конуса с вершиной A и радиусом основания KD.1Vт.
вр. = BD(π ⋅ AD2 + π ⋅ KC2 + π ⋅ AD ⋅ KC3– π ⋅ KB2) =1= ⋅ 3 3 π(9 + 36 + 18 – 9) = 54 3π .3MBKCEFLDxyO1O283Ответ: 54 3π .С—191. Дано: шар (O1,R1), (O2, R2), R1 = 13, R2 = 20, O1O2 = 21.Найти: объем общей части шаров.Решение:Пусть точка M принадлежит обеим сферам.В ∆O1MO2: O1M = 13, O2M = 20, O1O2 = 21.20 + 13 + 21P== 27.2121S(O1MO2) = 27 ⋅ 6 ⋅ 14 ⋅ 7 = 7 ⋅ 9 ⋅ 2 = 126 = O1O2 ⋅ MH =MH ⇒ MH22126⋅ 2 = 12.=21MH 12В прямоугольном ∆O1HM: sin∠HO1M ==O1M 13⇒ cos∠HO1M = 1 −144 5=169 135=513⇒ HO2 = O1O2 – O1H = 21 – 5 = 16.Найдем теперь объемы шаровых сегментов и сложим их.8⎞⎛31V1 = π(13 – 5)2 ⎜⎝13 − 3 ⎟⎠ = 64π .34⎞⎛5620−⎟.V2 = π(5 – 1)2 ⎜⎝3 ⎠ = 16π3πV = (64 ⋅ 31 + 16 ⋅ 56) = 16π ⋅ 60 = 960π.3Ответ: 960π.BV12. Дано: в конус вписан шар, конуса = 2 .Vшара4⇒ O1H = O1M ⋅ cos∠HO1M = 13 ⋅Найти: угол наклона образующей.Решение:Рассмотрим ∆ABC — осевое сечение конуса.DOAHC∆AHB ∼ ∆DMB.
Пусть AH = r, OM = OH =R, BH = H.Пусть ϕ — величина угла между образующей конуса и основанием, тоϕϕгда H = Rctg ⋅ tgϕ, V = Rctg .2284Тогда Vконуса =πR 3 tgϕ2πR 31 2 2ϕϕ=πR ctgRctg tgϕ =.ϕϕ⎛ϕ⎞3223tg 33tg 2 ⎜1 − tg 2 ⎟22⎝2⎠2πR 39 4= ⋅ πR3.ϕϕ4 3⎛⎞3tg 2 ⎜1 − tg 2 ⎟2⎝2⎠ϕ12tg2 = x > 0, тогда 9x2 – 9x + 2 = 0; x1 = , x2 = .332Vшара =tgV4 39πR , т.к. конуса = , то34Vшара1ϕϕ66=, значит, ϕ = 60° и tg =, ϕ = 2arctg.22333ДС1.
Дано: плоскость α: x + y – z – 2 = 0, точка A(1, 1, 1), A1 симметрична Aотносительно α.Найти: координаты A1.Решение:Возьмем точки B, C, D в α:JJJGJJJGGB(0, 2, 0), C(2, 0, 0), D(0, 0, –2), BC (2, –2, 0), BD (0, –2, –2), вектор n ⊥JJJG GG JJJG Gα ⇒ n ⊥ BC , n ⊥ BD , n (x, y, z).G JJJG(n ⋅ JJJBCG ) = 0 2 x − 2 y = 0 , x = y ⇒ nG (1, 1, –1).G(n ⋅ BD) = 0 −2 y − 2 z = 0 y = − zJJJG G JJJGGAA1 || n , AA1 = k ⋅ n ,{{пусть A1(x0, y0, z0), тогда AA1 (x0 – 1, y0 – 1, z0 – 1)⎧⎪ x0 − 1 = k ⋅ 1⎧⎪ x0 = k + 1⎨ y0 − 1 = k ⋅ 1 , ⎨ y0 = k + 1 .⎪⎩ z0 − 1 = k ⋅ (−1) ⎪⎩ z0 = 1 − kТочка O(x1, y1, z1) — середина отрезка AA1, O ∈ плоскости α.JJJG 1 G 1 JJJGAO = k ⋅ n = k ⋅ AA1221⎧⎪ x1 = 2 k + 1⎪⎪1⎨ y1 = k + 1 .2⎪⎪ z1 = 1 − 1 k⎪⎩2Координаты O удовлетворяют уравнению плоскости α⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞⎜ k + 1⎟ + ⎜ k + 1⎟ − ⎜ 1 − k ⎟ − 2 = 0⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠8532k – 1 = 0, k = .
Значит,2322⎧⎧⎪ x0 = 3 + 1 ⎪ x0 = 1 3⎪⎪⎪⎪22⎛ 2 2 1⎞⎨ y0 = + 1 , ⎨ y0 = 1 , A1 ⎜1 ,1 , ⎟ .33⎝ 3 3 3⎠⎪⎪⎪ z0 = 1 − 2 ⎪ z0 = 1⎪⎩3 ⎪⎩3{2. Дано: плоскость α, M ∈ α, M(1, 1, –2), α ∩ xOy = прямая a y − x = 1 .z=0Написать уравнение плоскости α.Решение:Возьмем на прямой a две точки P(1, 2, 0) и Q(0, 1, 0).Как известно, точки M, P, Q удовлетворяют уравнению Ax + By + Cz + D= 0 плоскости.⎪⎧1 ⋅ A + 1 ⋅ B − 2C + D = 0или⎨1 ⋅ A + 2 B + D = 0⎪⎩ B + D = 01⎧⎪C = 2 D⎪⎨A = D .⎪B = −D⎪⎩Значит, уравнение плоскости α:1Dx – Dy + Dz + D = 0 или22x – 2y + z + 2 = 0.86Вариант 6С—11.
Дано: DABC — правильная пирамида, AB = 2, ∠DEO = 60° = β.Найти: 1) координаты точек D, A, B,JJJGC; 2) координаты вектора OK и разлоG G Gжить его по i , j , k .Решение:1) Точки A, B, C, ∈ xOy ⇒ z = 0. BE =3AB ⋅ cos30° = 2 ⋅= 3.2Точка O делит BE в отношении 2 : 12 33⇒ OB =, EO =.33ZKABOXYC⎛ 3⎞⎛ 3⎞⎛ 2 3⎞, −1, 0 ⎟⎟ , C ⎜⎜,1, 0 ⎟⎟ , B ⎜⎜ −, 0, 0 ⎟⎟ .Значит, A ⎜⎜⎝ 3⎠⎝ 3⎠⎝ 3⎠Из прямоугольного ∆EOD: OD = EO⋅tg60° =3⋅ 3 = 1 ⇒ D(0, 0, 1).3JJJG ⎛⎞3172) Точка O(0, 0, 0), AD ⎜⎜ −,1,1⎟⎟ , AD =+1+1 =,333⎝⎠JJGAK AO14| OA | =+1 =, ∆AKO ∼ ∆AOD (по двум углам) ⇒⇒ AK=33AO AD44 3AO ⋅ AO== 3 =.AD7 3 73JJJGJJJGJJJG 3 4 JJJG 4 JJJGНо AK и AD коллинеарны ⇒ AK = ⋅ AD = AD =77 3⎛ 3 4 3⎛ 3 3 4⎞⎛ 4 3 4 4⎞4 4⎞−= ⎜⎜ −, , ⎟⎟ ⇒ K ⎜⎜, −1 + , ⎟⎟ , K ⎜⎜, − , ⎟⎟ .7 7⎠217732177⎝⎠⎝ 7⎝⎠JJJG ⎛ 3 3 4 ⎞3G 3G 4Gi − j+ k.OK ⎜⎜, − , ⎟⎟ =777 7⎠ 7⎝ 7GGG2. Дано: m {2, –1, 3}, n {3, 4, –2}, p {10, y, 2}.Найти y, при котором m, n, p — компланарны.Решение:GGGЕсли m, n, p — компланарны, то p = am + bn , т.е.:873⎧⎪b = 2 a − 1⎧⎪10 = 2a + 3b ⎪⎪9⎨ y = − a + 4b ; ⎨10 = 2a + a − 3 ;⎪⎩ 2 = 3a − 2b ⎪ y = − a + 42b⎪⎪⎩Ответ: y = 6.3⎧⎪b = 2 a − 1⎪;⎨13a = 26⎪ y = − a + 4b⎪⎩⎧⎪b = 2⎨a = 2 .⎪⎩ y = 6С—21.
Дано: ABCA1B1C1 — прямая призма,Z∠ABC = 90°, AB = 6, BC = 8, BB1 = 8, P ∈A1C1BB1, BP = PB1, Q ∈ CC1, (APQ) || BC, K —QXцентр окружности, описанной около ∆ABC,B1RYM — точка пересечения медиан ∆APQ.PНайти: KM.CAРешение:Во-первых, PQ || BC, Q ∈ CC1, CQ =BQC1 (т.к.
(APQ) || BC).Введем прямоугольную систему координат Bxyz, как показано на рисунке.K — середина AC — гипотенузы ⇒ т.к. A(0, 6, 0), C(8, 0, 0), K(4, 3, 0),1BP = CQ = BB1 = 4 ⇒ P(0, 0, 4), Q(8, 0, 4).2JJJGR — середина PQ; R(4, 0, 4), AR (4, –6, 4).JJJG 2 JJJG ⎛ 88⎞M — точка пересечения медиан ⇒ AM = AR = ⎜ , −4, ⎟ .3⎠3⎝388⎛⎞Значит, точка M имеет координаты: M ⎜ , 2, ⎟ .
Отсюда⎝ 3 3⎠JJJJG ⎛88 ⎞ JJJJG ⎛ 48⎞KM ⎜ 4 − , 3 − 2, − ⎟ , KM ⎜ ,1, − ⎟ ;3333⎠⎝⎠⎝JJJJG166489| KM |=+1+=.9932. Дано: E(–1, 2, 2), F(2. 1. 3), P лежит на луче, противоположном лучуEF, EP = 5 11 .Найти: координаты точки P.Решение:JJJGJJGJJJGEF (3, –1, 1), | EF |= 9 + 1 + 1 = 11 , | EP |= 5 11 ,JJGJJJGEP = −5 ⋅ EF = (–15, 5, –5) ⇒ P(–1 – 15, 2 + 5, 2 – 5), P(–16, 7, –3).С—3G∧GG∧G1. Дано: α = mi = β = mj = 60°.88G∧GНайти: mk = γ.Решение:G GG1 G(m ⋅ i ) = | m | ⋅ 1 ⋅ cosα = x = | m |2G GG1 G(m ⋅ j ) = | m | ⋅ 1 ⋅ cosβ = y = | m |2G GG(m ⋅ k ) = | m | ⋅ 1 ⋅ cosγ = z =Но с другой стороныGG GG( m ⋅ m) = | m | = x 2 + y 2 + z 2 = | m | ⋅ xGx cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = | m | ⇒ cos2α + cos2β + cos2γ = 1.11 12я;− ; cos2γ = ; cosγ = ±4 422π3πγ = или γ =.442.
Дано: A1B1C1D1ABCD — куб, E ∈AA1, AE = AE1, D1C ∩ C1D = F, AB = 1.A1Найти: S(EB1F).Решение:1В прямоугольном ∆EA1B1 EA1 = ,E2A1B1 = 1 ⇒cos2γ = 1 –B1C1D1FB2CD5⎛1⎞EB1 = ⎜ ⎟ + 12 =.24⎝ ⎠Аналогично в прямоугольном ∆EGF EF =В прямоугольном ∆B1C1F B1C1 = 1, C1F =5.4213.⇒ B1F =+1 =222Найдем S(EB1F) по формуле Геронаp=355++222 = 5+1 3,22 2 22⎛ 5 1 3⎞ ⎛ 5 1 3⎞ ⎛1 3⎞1⎛ 3 ⎞ ⎛5 3 1⎞+−S = ⎜⎜⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎟⎟ = ⎜⎜⎟⋅ ⎜ − ⋅ ⎟ =2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 4 2 4 ⎠⎝ 2 2 2⎠ ⎝ 2 2 2⎠ ⎝2 2⎠=3721⋅.=82 2 889С—41.
Дано: DABC — пирамида, ∠BCA = 90°, BC= AC = 1, BD = 2, BD ⊥ (ABC), E ∈ DC, DE = EC,GEF — сечение, GEF ⊥ DC.Найти: угол между AD и GEF.Решение:DC ⊥ CA по теореме о трех перпендикулярах,DC ⊥ EF по построению ⇒ EF || CA, EF — средняя линия прямоугольного ∆DCA.111EF = CA =и DE = EC = CD222DFEGABC115(из прямоугольного ∆DBC по теореме ПифаBD 2 + BC 2 =5=222гора).Угол между DA и плоскостью (GEF) равен ∠DFE = ∠DAC.Из прямоугольного ∆DEF=5 ⋅2= 5 ; ∠DFE = arctg 5 .2 ⋅12.
Дано: ABCDA1B1C1D1 — прямоZугольный параллелепипед, AB = 2, BC =AA1 = 1.B1C1Доказать, что BD1 и (A1C1D) не перD1пендикулярны.A1Доказательство:FВведем прямоугольную систему коорEXдинат, как показано на рисунке. В нейBCкоординаты точек: B(0, 0, 0), A1(0, 2, 1),YC1(1, 0, 1), D(1, 2, 0), D1(1, 2, 1);DJJJGJJJGJJJGвекторов: BD1 (1, 2, 1), A1D (1, 0, –1), C1D (0, 2, –1).JJJGУбедимся, что BD1 не перпендикулярен всем векторам из плоскостиJJJG JJJG(A1C1D): ( BD1 ⋅ C1D )= 0 + 4 – 1 = 3 ≠ 0, значит, BD1 и (A1C1D) не перпендикулярны.tg∠DFE =С—5{1. Дано: плоскость α, Ox ∈ α, прямая x = 0 ∈ α,y=zB1 и B(0, 20,10) зеркально симметричны относительноα.Найти: координаты B1.Решение:GПлоскости α перпендикулярен вектор n (0, 1, –1).ZB1KB90YOXПусть K — основание перпендикуляра KB к α, тогдаJJJGGBK = (x0, y0 – 20, z0 – 10) = k ⋅ n = (0, k, –k) ⇒⎧⎪ x0 = 0⎧⎪ x0 = 0⎨ y0 − 20 = k ; ⎨ y0 = k + 20 ⇒⎪⎩ z0 − 10 = − k ⎪⎩ z0 = 10 − kK ∈ плоскости Oyz, значит, и прямой x = 0 , поэтому k + 20=10 – k, k =y=zJJJGJJJGJJJG–5, K(0, 15, 15), BK (0, –5, 5).
Но BB1 = 2 BK ⇒ BB1 = (0,–10, 10) и B1(0, 20– 10, 10 + 10), B1(0, 10, 20).2. Дано: отображение :∀ точка (x, y, z) → (x – 5, y + 3, z – 7).Решение:Возьмем две точки A(x0, y0, z0) и B(x1, y1, z1).A → A1(x0 – 5, y0 + 3, z0 – 7)B → B1(x1 – 5, y1 + 3, z1 – 7)JJJGJJJJGAB (x1 – x0, y1 – y0, z1 – z0) = A1B1JJJGJJJJGи значит, | AB | = | A1B1 |, т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
