Алгебра и нач анализа_Реш экз зад 11кл из Сборн заданий для экз_Дорофеев_Решения (991497), страница 10
Текст из файла (страница 10)
рисунок 114 из задачника).7. см. рис. вариант 56. Задача 7.Sпол. = 2ab+2ac + 2bc = 2a ⋅ 9 + 2a ⋅ 6 + 2 ⋅ 9 ⋅ 6 = 18a + 12a + 108 == 30a + 108 = 408 => а = 10 (см);d = a 2 + b 2 + c 2 = 100 + 81 + 36 = 217 (см).Ответ: d1 = d 2 = 217 см.113Вариант 94.6. В силу симметрии MH = FN иHE = EF.В сечении пятиугольникОтвет: пятиугольник MNFEH,МН = NF и HE = EF.SEFDHCNOAMB7. см. рис. вариант 63. Задача 7.2Sбок. = Sосн. ; 2 ⋅ H ⋅ πR ⋅ 2 = πR2 = π ⋅ 64 => H = 2 (см).Sпол.
= 2πR(H + R) = 2π ⋅ 8(2 + 8) = 160π (см2).Ответ: Sпол. = 160π (см2).Вариант 95.6. Точки В и С лежат на образующей конусаl, другие пары точке А и В, А и С задаютпрямые, которые не являются образующимиконуса, они не проходят через вершину конуса S.SBAC07. AC = 8 2 см; AO = 4 2 смSO=AO, т.к.
∆SAO – прямоугольный сS∠=45о; => SO = 4 2 см;DAV=45o0C =1Sосн. ⋅ H =311256 2(см3).AB 2 ⋅ SO = ⋅ 64 ⋅ 4 2 =333BОтвет: V =114256 2(см3).3Вариант 96.6.Плоскость сечения ∆OMN параллельна грани SBC, значит OM || BS,ON || SC, т.к. ОМ и SB принадлежат пл-ти грани ABS, аналогично с ONи SC. В ∆ABS OM – средняя линия,; в ∆ACS ON – средняя линия,SB = SB, отсюда OM = ON.Ответ: треугольник OMN, OM = ON.SCOA0NMB7. см.
рис. вариант 63. Задача 7.lосн. = 2πR = 8π (см); Н = 2lосн. = 16π (см);V = Sосн. ⋅ H = πR2 ⋅ H = π ⋅ 16 ⋅ 16π = 256π2 (см3).Ответ: V = 256π2 (см3).115Задание 8 для экзамена «Математика»3.1.B1AC11D1BCB ' D = BB '2 + BD 2 == 22 + 142 = 10 2 (см).2AD2 = B’D2;1B ' D 2 = 10 (см).2АВ2 + AD2 = BD2;AD =ADAB2 = BD2 – AD2; AB = 142 − 102 = 4 6 (см).Vпарал.
= AB ⋅ AD ⋅ h = 4 6 ⋅ 10 ⋅ 2 = 80 6 (см3). Ответ: 80 6 см3.3.2.222B1 АВ = АС + ВС ,A1AC = AB 2 − BC 2 = 102 − 62 = 8 (см).В ∆ВСС’ по теореме Пифагора,т.к. ∠BCC’ = 90o, CC’2 = BC’2 – BC2.C1ABCC ' = 82 − 62 = 2 7 смОтвет: h = 2 7 см.C3.3.B1A1C1D1BCABD – меньшая диагональ, по условиюBB’D’D – квадрат, и значит DD’=BD=12 см(∆ABD – равносторонний, AB = BD)SABCD=AB⋅AD⋅sinBAD=122⋅sin60o = 72 3 см2V = SABCD ⋅ h = SABCD ⋅ DD’ = 864 3 см3DОтвет: 864 3 см3.3.4.D1C1DCB1A1o30A116HBАС2 = AD2 + CD2 – 2AD ⋅ CD ⋅ cosADC == 42 + 42 – 2 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ cos120o = 42 ⋅ 3 = 48.AC = 4 3 (см).Т.к. ∠DAC = ∠DCA = 30°, ∠CAB = 30°(DC || AB) и значит в треугольнике ACB∠ACB = 90°. Тогда по т.
ПифагораАВ = АС 2 + СВ 2 = 8 (см).S ABCD =CHAB + CD,⋅ h , для ∆ВСН sin β =BC2h = CH = BC ⋅ sinβ = 4 ⋅ sin60o = 2 3 (см).S ABCD =8+4⋅ 2 3 = 12 3 (см2). V = SABCD ⋅ CC’,2CC ' = AC ⋅ tg 30o = 4 3 ⋅3= 4 (см). V = 12 3 ⋅ 4 = 48 3 (см3).3Ответ: V = 48 3 (cм3).3.5.B1∠АС′С=45° значит АС=СС′=8.Аналогично для ∆ADD’, где A1DD 'B= tgA;ADo45DD '8860oсм.AD ===AtgA tg 60o3Для ∆ACD, где угол D прямой и по теореме Пифагора:822CD 2 = AC 2 − AD 2 = 82 − = 64 ⋅ (см2).33D1CD28 8 2512 2см; V = AD ⋅ CD ⋅ CC ' =cм3⋅⋅8 =3333CD = 8Ответ:C1512 2см3.33.6.tgA =CC 'CC ', AC == 8 3 (см).ACtgABD =DD '88(см).==tgB tg 60o31AC ⋅ BD ⋅ sin 90o ,218S ABCD = ⋅ 8 3 ⋅⋅ 1 = 32 (см2);23V = SABCD ⋅ h = 256 (см3).Ответ: 256 (см3).S ABCD =1173.7.D1A1Опускаем перпендикуляры из вершиныMC1 В на CD и C’D’.АВ || CD, ∠BHD = ∠ABH = 90о,AB || C’D’, т.к.
CD || C’D’ и AB || CD,BH ⊥ DD′C′C, поэтому BH ⊥ MH1BDH22C МН = ВМ – ВН , MH = 13 − 5 = 12 см2ABD1A122SABCD = CD ⋅ BH = 10 см ⋅ 5 см = 50 см2V = SABCD ⋅ MH = 600 см3Ответ: 600 см3.3.8.C1 S = a2 = 64 см2.V = Sh = 640 см3Ответ: 640 см3.B1DCAB3.9.D1C1ADAHAB + CD⋅ DH2V = SABCD ⋅ h, где h – высота призмы.1. SABB’A’ = AB ⋅ h = 12 см2, по условию;SCDD’C = CD ⋅ h = 8 см2, по условию.AB ⋅ h + CD ⋅ h = (AB + CD) ⋅ h == SABB’A’ + SCDD’C = 20 см2.S ABCD =B11CB112.
V = ⋅ ( AB + CD ) ⋅ DH ⋅ h = ⋅ ( S ABB ' A ' + SCDD ' C ' ) ⋅ DH = 50 см3223Ответ: 50 см .3.10. См. рис. к задаче 3.9.По полученной формуле для нахождения объема в зад. 3.9. найдем DH11⋅ (14 + 6 ) ⋅ DH = 40, ; DH = 4 (см).V = ( S ABB ' A ' + SCDD ' C ' ) ⋅ DH ;22Ответ: 4 см.1183.11. Пусть a, b и с длиныребер прямоугольного параллелепипеда. a2 + b2 = 102,B1C1A1D1a 2 + c 2 = (2 10)2 ,BCbb 2 + c 2 = (2 17)2 .⎧ a 2 + b 2 = 100,⎪ 22⎨ a + c = 40,⎪b 2 + c 2 = 68;⎩AaD2а2 = 72, а = 6 (см); b = 8 (см), с = 2 (см); V = abc = 96 (см3).Ответ: 96 (см3).3.12.D1Пусть длины диагоналей ромба, лежащего 1B1в основании, равны d1 и d2, SAA’C’C = d1h, ADSBB’D’D = d2h, где h – высота призмы.1S ABCD = d1 ⋅ d 2 ,A2BSAA’C’C ⋅ SBB’D’D = d1 ⋅ d2 ⋅ h2,1т.к.
по условию ⋅ d1 ⋅ d 2 = 48 см2,2то h 2 =C1CS AA 'C ' C ⋅ S BB ' D ' D 40 ⋅ 30 255 2== , h=(см).d1 ⋅ d 296225 2= 120 2 (см3). Ответ: 120 2 (см3).23.13.. Обозначим сторону основания а, а высоту в боковом треугольнике за h1, тогда Sбок = 4Sтр = 2аh1 .V = SABCD ⋅ h = 48 см2 ⋅2a2a2⎛a⎞= 9+.По т. Пифагора h12 = h 2 + ⎜ ⎟ ; h1 = h 2 +44⎝2⎠Т.к. Sбок = 2аh1 = 2a 9 +a 9+a2= 80 , то4⎛a2a2 ⎞1 2 2= 40; a 2 ⎜ 9 + ⎟ = 1600;( a ) + 9a 2 − 1600 = 0 .44 ⎠4⎝a 2 = 2 ( −9 ± 41) ;1a 2 = 64 . Искомый V = a 2 h = 64 (см3).31193.14.
Вводе обозначения аналогично 3.13.Получаем Sбок = 2ah1 = 2a h 2 +a2;4И причем это равно 2а2 , значит 2a h 2 +a2= 2а 2 ;4a23= a 2 ; h 2 = a 2 = 27; h = 3 3 (см).441 2Значит V = a h = 3 ⋅ 36 = 36 3 (см).33.15.S11S ∆SMO = SO ⋅ MO = Rh или22Rh1S ∆SMO = MS ⋅ OH , Rh = 4,8l; l =.24,8hПодставляем в Sбок.=πRl (по усл. Sбок.=60π cм2)Hπ R2 hMSбок. == 60π см2.R 04,8h2 +V=π R2h3= 1,6 ⋅ 60 см3 = 96 см3.Ответ: V = 96 см3.3.16.AA’C’C – диагональное сечение, т.к. эторомб, то AA’ = AC. АС – диагональ квадC1 рата ABCD со стороной 6 см, значит, потеореме Пифагора АС2 = 62 + 62,D1A1B1DACHBsin A =1AH3; A1 H = AA1 ⋅ sin A = 6 2 ⋅ sin 60o = 6 ⋅(см).2AA1V = Sосн.
⋅ A1H = 62 ⋅ 6120AC = 6 2 см.A’H – высота призмы, и т.к. сечениеAA’C’C диагональное, то A’H принадлежит плоскости этого сечения.Рассмотрим прямоугольный ∆AA’H, гдепо условию угол А равен 60о, и3= 108 6 (см3). Ответ: 108 6 (см3).23.17.1. В'H высота лежит в плоскостиABB’A’B'H⇒ B'H =sin B =BB 'BB '= BB '⋅ sin 30o =,2D1B1A1o30DC1Co30ABH2.
AA'D'D и BB’C’C – прямоугольники, т.к. AD, A’D’ и BC, B’C’перпендикулярны граням AA’B’B и CC’D’C.SAA’D’D = SBB’C’C = a ⋅ b, где B’B = b.b⎞⎛Sполн. = 2SABCD + 2SAA’D’D + 2SAA’B’B = 2 ⋅ ⎜ a 2 + ab + a ⋅ ⎟ = 72 см2.2⎠⎝b3ab9b= 36, 9 += 36,; a2 +222bb = 6 (см). V = S ABCD ⋅ B ' H = a 2 ⋅ = 27 (см3).
Ответ: 27 (см3).2D13.18.A' B1tgA =A,B1ABЗдесь S AA ' B ' B = AB ⋅ B ' H = aC1h=A’B=AB⋅tgA=4 ⋅ tg60o = 4 3 см,S ABCD = AB ⋅ AD ⋅ sin 45o =2= 16 ⋅= 8 2 (см2).2Do45Co60ABV = S ABCD ⋅ h = 32 6 (см3). Ответ: 32 6 (см3).C11 2A1⋅ 4 ⋅ sin 60o = 4 3 (см2).2B1V = SABC ⋅ h = 24 см3 (по условию)hCV24Hh=== 2 3 (см).AS ABC 4 3BОпустим из вершины А’ перпендикулярна плоскость нижнего основания. В ∆AA’H угол Н прямой, а3.19. S ABC =∠А искомый.
sin A =h2 33==⇒ ∠A = 60° . Ответ: ∠А = 60о.AA '421213.20.Проведем плоскость через вершину A’ перпендикулярную боковому ребру AA’.1 По обратной теореме Пифагора,B222CN т.к. 13 = 12 + 5 , в ∆A’MN уголМ прямой, и двугранный угол,Aобразованный боковыми гранями AA’C’C и BB’C’C – прямой.BSBB’C’C = a ⋅ MN = 22,2222264a== 4, 4 (см). S AA ' C ' C = A ' M ⋅ a =⋅ 12 =(см2).55511264V = S AA ' C ' C ⋅ MN = ⋅ 5 ⋅= 88 (см3). Ответ: 88 (см3).3353.21.C1 Объем призмы выразим черезпроизведение площади основаA1ния на длину высоты A’H.B1VV = S ABC ⋅ A ' H ; A ' H =oS ABC06CAH(V = 60 см3 по условию)В ∆АВС угол В прямой по усBловию, значит1160S ABC = AB ⋅ BC = ⋅ 4 ⋅ 6 = 12 (см2), значит A ' H == 5 (см).2212В ∆AA’H угол Н прямой (по построению), и поэтомуA' HA' H55⋅210sin A =, AA ' ===(см).
Ответ:(см).A' Asin A sin 60o333.22.Проведем через вершину А’ плосC1A1кость перпендикулярную боковоM60 oму ребру AA’, т.к. боковые ребраB1 призмы параллельны друг другу,то они все будут перпендикулярCNны этой плоскости, и значит,AA’M⊥CC’, A’N ⊥ BB’ и MN ⊥ CC’,BMN ⊥ BB’.Поэтому A’M = 5 см, т.к. A’M равно расстоянию между боковымиребрами, то же с A’N = 5 см.C1A1M122∠A′MN : A′M = A′N и ∠MA′N = 60° . Значит ∆A′MN – равносторонний и MN = 5 см.Sбок.пов. = а ⋅ (A’M + A’N + MN) = 8(5 + 5 + 5) = 120 (см2).Ответ: 120 (см2).3.23.11V = S AA ' C ⋅ a + S BB ' C ' C ⋅ b, где a, b – расстояния между боковы33ми ребрами BB’ и CC’, AA’ и CC’, соответственноS = SAA’C’C + SBB’C’C = AA’ ⋅ b + AA’ ⋅ a.701= 14 см.
Т.к. S AA ' C = ⋅ S AA ' C ' C ,тоЗначит, a + b =521 115V = ⋅ ⋅ AA '⋅ ab + ⋅ AA '⋅ ab = ab = 120 (см2).3 232{{48ab = 48,− 14 = 0; а2 – 14а + 48 = 0,; a+a + b = 14;a{a = 6,a = 8,илиb=8b=6По теореме Пифагора в ∆A’MN с2 = а2 + b2, т.е. с = 10 (см).MN = c. Ответ: 6 см, 8 см и 10 см.3.24.Sa – сторона прав. Треугольногооснования Н – центр ∆ABC, поaэтому AH =;3BSHaM αtg ∠SAH === 3;aAHH3AC∠SAH = 60o .3.25.Н – центр квадратаAC = 2 ⋅ AB = 6 2;1AC = 3 2 .2В ∆ASH ∠A=45°поэтомуAH =∠S = 45o ⇒ SH = AH = 3 2 .12311V = AB 2 ⋅ SH = ⋅ 36 ⋅ 3 2 = 36 2 (см3).33Ответ: 36 2 (см3).3.26.
Sбок. = 4 ⋅ SASB = 2AB ⋅ SM = 2ab, где b длина апофемыS = a2, где а длина стороны основания.Sпов = Sбок. + Sосн. = 2ab + a2h1AS == 2 3 (см); AH = AS = 3 (см);sin 60o2AC = 2 AH = 2 3 (см); AB = a = 2SM = b = SH 2 + MH 2 = 9 +313(см); MH = a =(см);222321=(см).223 213⋅+ 4 ⋅ = 6 7 + 6 (см2). Ответ: 6(1 + 7) (см2).2223.27.
S = Sбок. + Sосн. = 2ab + a2, где а – длина стороны основания,b – длина апофемы.В ∆MHS угол Н прямой и по условию угол М равен 60о, тогдаSHSH6tgM =; MH === 2 3 (см). a = 2MH = 4 3 (см).MHtgM tg 60oS = 2⋅2SM2 = MH2 + SH2; b = SM = 36 + 12 = 4 3 (см).S = 2 ⋅ 4 3 ⋅ 4 3 + 16 ⋅ 3 = 144 (см2). Ответ: 144 (см2).3.28.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
