Алгебра и нач анализа_Реш экз зад 11кл из Сборн заданий для экз_Дорофеев_Решения (991497), страница 11
Текст из файла (страница 11)
S = 2ab + a2 (из предыдущей задачи), где апофема SM = b,сторона основания имеет длину а, а по условию равна 12 см.aВ ∆SMH MH == 6 (см).2MHMH12cos M =; b = SM === 4 3 (см).SMcos30o3S = 2 ⋅ 12 ⋅ 4 3 + 122 = 48(2 3 + 3) (см2).Ответ: 48(2 3 + 3) (см2).13.29.
V = a 2 h , где а – длина стороны основания.3a(как в предыдущей задаче)В ∆SMH : MH =2124tgMSH =(MH a1; = h ⋅ tg 30o ; a = 2 ⋅ 6 ⋅= 4 3 (см).SH23)21V = ⋅ 4 3 ⋅ 6 = 96 (см3). Ответ: 96 см3.313.30. V = a 2 h ; ∠ASH = 45° ⇒ AH = SH = 10 10 см;3ACAC = 2AH; АС = 20 (см). a == 10 2 (см).2120002000 3V = ⋅ 200 ⋅ 10 =см3. Ответ:см .33313.31. S = 3 ⋅ S ABS = 3 ⋅ ab , где а – длина стороны основания, b –2длина апофемы.aa=AH = 102 − 82 = 6 (см).
R =,2sin 60o3т.е.( )a= 6, a = 6 3 (см). b = MS = 102 − 3 332= 73 см.1Sбок. = 3 ⋅ ⋅ 6 3 ⋅ 73 = 9 219 см2. Ответ: 9 219 см2.23.32. Задача не имеет решений, т.к. длина бокового ребра должнабыть больше высоты пирамиды, а не наоборот. 16 < 20.3.33.1. Основание Н высоты, опущенSной из вершины В, лежит на центреокружности, описанной вокругшестиугольника A1A2…А6. А1Нимеет длину, равную радиусу Rэтой окружности.∆А1А2Н – равностороннийA6A5А1Н = R = a, а – длина стороны основания.HAA4o2.
В ∆A1HS угол Н прямой, и 130MА1Н12 = SA2 – SH2;A3A2a = 132 − 122 = 5 см;3. ∆A1A2S – равнобедренный (A1S = A2S), и SM – высота и медиана, поэтому А1М равна половине АА1, т.е. А1М = 2,5 см125SM2 = SA12 – A1M2 = 132 – 2,52 = 10,5 ⋅ 15,5 = 0,52 ⋅ 21 ⋅ 31.SM = 0,5 21 ⋅ 31 .1Sбок. = 6 ⋅ SA1A2S = 6 ⋅ ⋅ A1 A2 ⋅ SM = 15 ⋅ 0,5 651 см2.215Ответ:651 см2.23.34.
В ∆MHS угол Н прямой и ∠М = 60о, значит, tgM =h=h, т.е.MHa11256⋅ tg 60o = 4 3 (см); V = a 2 h = ⋅ 82 ⋅ 4 3 =(см3).2333Ответ:256см3.33.35. Так же как и в задаче 3.34 находим, что MH =a(а – длина2стороны основания). Далее рассмотрим ∆MHS.h2h2h16=; a=tgSMH === 16 3 см;1MHatg 30o31V = a 2 h = 2048 см3. Ответ: 2048 см3.33.36.
В ∆SMH угол Н прямой, ∠М = 45о (по условию) и ∠S = 45о,т.к. сумма углов треугольника равна 180о, значит ∆SMH – равноaбедренный, ∠М=∠S = 45о, и отсюда MH = SH, MH = (а – дли2на стороны основания). По теоремеa2= MH = SM ⋅ cos ∠SMH = SM= 8 2 (см).2211V = a 2 h = ⋅ (16 2)2 ⋅ 8 2 см2. (Sосн. = а2, т.к. ABCD – квадрат).3340962 см3.Ответ: V =33.37.
Т.к. основание – квадрат, то его диагональ, вычисленная поh=теореме Пифагора, равна AC = 2a = 5 2 (см) и Sосн. = 25см2.126S ACS =15 2AC ⋅ h , где h – высота пирамиды, SH = h; Sосн. =h;22a5 2т.е. МН = 2,5 (см).h = 25; h = 5 2 (см). MH =222В ∆SMH угол Н прямой, значит SM = MH2 + SH2b = SM = 2,52 + (5 2)2 = 7,5 (см).1Sбок. = 4 ⋅ SABS = 4 ⋅ ab = 2ab = 2 ⋅ 5 ⋅ 7,5 = 75 (см2). Ответ: 75 см2.213.38. S ACS = AC ⋅ SH2АС – диагональ квадрата со стороной а равна2a (нах-ся по12ah = a 2 ,теор.
Пифагора), и Sосн. = а . По условию2225ah = a, a = 5 2 см. MH = , MH =см.2222В ∆SMH угол Н прямой, и поэтому SM = MH2 + SH2,т.е.215⎛ 5 ⎞2b = SM = ⎜см.⎟ + 10 =2⎝ 2⎠115Sбок. = 4 ⋅ S ABS = 4 ⋅ ab = 2ab = 2 ⋅ 5 2 ⋅= 150 см222Ответ: 150 см2.3.39.M1O1N1A1DCBRA2M2O2N2Проведем плоскость через прямую AD и ось цилиндра О1О2.Плоскость пересекает поверхность цилиндра по образующимМ1М2 и N1N2.1271.
∆А1О1С = ∆А2О2С (по двум углам: ∠А1О1С и ∠А2О2С – прямые,∠А1СО1 и ∠А2СО2 = вертикальные; и О1С = СО2 по условию).2. Значит, ∠О1А1С = ∠О2А2С и О1А1 = О2А2 = 24 см, отсюда A1N1 –24 см – R = 16 см. ∆A1N1D ∞ ∆A2N2D (по двум равным углам:∠О1А1С = ∠О2А2С и углы ∠A2DN2, ∠A1DN1 – вертикальные).N1 D A1 N1 16 1A2N2 = A2O2 + R = 32 см.=== .DN 2 A2 N 2 32 23. Так же находим отношениеM1B 2= , только показываем поBM 2 1добие ∆А2М2В и ∆А1М1В. Ответ:12и.213.40.Проведем плоскость через прямую АВи образующую, которую прямая АВпересекает М1М2.
Этой плоскости принадлежит ось цилиндра О1О2, т.к. онаимеет с ней общую точку С и паралAлельна М1М2.CТ.к. М1М2 || О1О2, то ∠М1АС = ∠О1СВ,BRO1как соответственные при параллельныхM1прямых. Отсюда ∆АВМ1 ∞ ∆СВО1 (подвум равным углам, т.к. еще у этих треугольников ∠АВМ1 – обAM 1 BM1 BO1 + R 3=== .щий. Значит,CO1 BO1BO11M2O211 MMMMCO1 = AM1 = ⋅ 1 2 = 1 2 (по условию)3323⋅ 2O1O25O O CO1 1О1О2 = М1М2, и CO1 =; отсюда CO2 = 1 2 ⋅= .66CO2 53.41.Длина О1О2 есть высота цилиндра.M2O2Проведем плоскость через прямуюАВ, которая пересекает ось О1О2 в середине и т.д. по условию, и саму осьBцилиндра О1О2.
Эта плоскость пересекает поверхность цилиндра по обраCзующей М1М2. Т.к. любая образующаяцилиндра параллельна его оси, тоAO1M1О1О2 || М1М2. Отсюда можно сказать,128что ∠АМ1С = ∠АО1В = 90о, угол А общий у треугольников ∆АМ1Си ∆АВО1, значит они подобны по двум равным углам.AM 1 CM 1AM 1 AO1 − R 1=;== , значит, ВО1 = 3СМ1 = 6 см.AO1 BO1AO1AO13BO1 =O1O2(по условию). О1О2 = 12 см. Ответ: 12 см.23.42.Проведем плоскость черезO1 Rданную в условии задачи M1прямую АВ и ось цилиндра О1О2. Эта плоскостьсодержит также образующую М1М2, в которой пе- BCресекается с поверхностьюцилиндра. Длина М1М2равна высоте цилиндра,RAт.е.
М1М2 = 12 см, тогда по M2O2условию ВМ2 = 6 см.M1M2 || O1O2, значит, ∠ВМ2А = ∠СО2А = 90о, еще у треугольников∆АВМ2 и ∆АСО2 общий угол А, и значит они подобны.CO2AO2418=, т.е. =, 4(18 + R) = 6 ⋅ 18, 4R = 36,Отсюда6 18 + RBM 2 AM 2R = 9 (см). Ответ: 9 см.3.43.Рассмотрим ∆SOM c высотой ОН.SПусть ОМ равно R, тогда (∠SOM = 90о)222по теореме Пифагора SM = SO + OM .SM2 = h2 + R2, SM = 400 + R 2 .Вычислим площадь ∆SOM.11S ∆ = SO ⋅ OM = OH ⋅ SM , т.е.2220 ⋅ R = 12 ⋅ 400 + R 2 ;HhOM5 R = 3 ⋅ 400 + R 2 ; 16R2 = 400 ⋅ 9; R = 15 см.11V = π R 2 h = π ⋅ 225 ⋅ 20 = 1500π см333Ответ: 1500π см3.1293.44. см.
рис 3.43.В ∆SOM угол прямой, его высота ОН по условию равна 12 см.Пусть длина SM равна l, тогда по теор. Пифагора11h2 = SO2 = l2 – OM2 = l2 – 400. S ∆SOM = l ⋅ OH = OM ⋅ h , т.е.2212l = 20 l 2 − 400, 3l = 5 l 2 − 400, 16l2 = 25 ⋅ 400, l = 25 см.Sбок. = πRl = π ⋅ 20 ⋅ 25 = 500π см2.
Ответ: 500π см2.3.45.∆A′B′C′ ∼ ∆ABC с коэффициенSтом 2Получаем, что ∆A’B’C’ ∞ ∆ABCпо трем сторонам, значитC1S A′B′C′ 1H1= ;A1B1S ABC 4CS ABC =HAB9 = 54. Ответ: 13,5 см2.3.46.=1ACBC =211AB 2 − BC 2 BC = 152 − 9222Рассмотрим ∆A’1SH’ и ∆A1SH, угол А1у них общий, угол H’ и угол Н прямые, т.к. SH перпендикуляр двум параллельным плоскостям, значит, подвум равным углам ∆A’1SH’ ∞∆A1SH.Аналогично доказывается подобиеAnHA3 ∆A2SHи ∆A’2SH’ и т.д., т.е.SH ' A1 ' H ' A2 ' H ' A1 ' S A2 ' SK=====A1A2SHA1HA2 HA1SA2 S, отсюда можно сказать, что ∆A1’A2’S ∞ ∆A1A2S по двум сторонами углу между ними (угол S – общий) и т.д.Получаем, что ∆A1’A2’H ∞ ∆A1A2H по трем пропорциональнымсторонам и т.д. до ∆An’A1’H’ ∞ ∆AnA1 H.Значит, каждому треугольнику основания соответствует подобный треугольник в сечении с коэф.
КНайдем его: известно, что если треугольник подобный с коэффициентом К, то их площади отн. Как К2S130S An/ A2/ H ′S A1 A2 H=S An/ A1/ H /S An A1H= K2 ,Тогда получаем, чтоS An/ A2/ ... An/S A1 A2 ... An= K2 =11поусловию К =421320 3320 3S = 4S’ = 40 см2; V = Sh =см ; Ответ:см .3333.47. ∆MSO ∞ ∆M’SO’ по двум равным углам:1. Угол S – общий угол,S2. ∠M’O’S = ∠MOS = 90о, т.к.
SO перпендик. основанию, а плоскость сеченияпараллельна основанию.SO ' M ' O ' 4 2== = .Значит,SOMO6 31M1R1 O21SO ' = SO, OO ' = SO − SO ' = SO .33M2OSOR2SO ' 32.== . Ответ:11O 'OSO 133.48. см. рис 3.47.S’ = πR’2 = π см2 – по условию. R’ = 1 см.∆MSO ∞ ∆M’SO’ (доказательство см. 3.47)SO ' R ' 111= = ; SO ' = ⋅ SO = h = 4 см. Ответ: 4 см.SO R 3333.49.D1V=abc, где AD = a, AB = b, AA’ = cA1Запишем выражение объема пира- M1 '50миды DACM. V ' = S ACMh=D331Aили V ' = ⋅ S ADC ⋅ DM ,31c1 111S ADC = ab, DM = ; т.е.
V ' = ⋅ ab ⋅ c = abc ;223 2212150abc = ; V = abc = 200 см3. Ответ: 200 см3.123C1B1CB1313.50.S ACD ' =11AC ⋅ D ' H =2a ⋅ D ' H = 20 см2.22D1C1Sосн. = а2 = 20 см2, a = 2 5 см2040== 2 10 см22 10a2ИзпрямоугольноготреугольникаC DD′H имеем:222D’D = D’H – DHD'H =A1B1DHAh = (2 10)2 − ( 10) 2 = 30 см;BV = Sосн. ⋅ h = 20 ⋅ 30 см . Ответ: 20 30 см3.3.51.1C1S ABM = AB ⋅ MH .B2B1 В ∆АВС (АВ = ВС = АС) СН – медиана иA1высота, тогдаMa2 3 2C= a , где а –СН2 = ВС2 – ВН2 = a 2 −4 4длина стороны основания.ABMCHВ ∆МНС: tgMHC =,CH1CC ′CH3tg 45° = 2, h = CC′ =cos MHC =;⋅ 2,2MH3a233a313a ; S ABM = a ⋅a=4 6cos 45o = 2 ; MH =222MH2a = 8 ⋅ 2, a = 41133AB ⋅ CH ⋅ h = a ⋅a ⋅ 3a = a 3 = 48 см32224Ответ: 48 см3.V = Sосн.
⋅ h =1323.52.C1В ∆C’HC угол С – прямой, а ∠Н = 60о, тогдаCH12= ctg 60o , CH == 4 3 смA1CC '3оCВ ∆ВСН угол Н прямой, а ∠В = 60 , т.к.∆АВС равносторонний, тогда (ВС = а)CHa = BC == 8 см; а = 8 смAHsin 60o113V = Sосн. ⋅ h = AB ⋅ CH ⋅ h = ⋅ 8 ⋅ 4 3 ⋅ 12 = 192 3 см22B1BОтвет: 192 3 см3.3.53. см. рис.
3.49. V = abc, a, b, c – длины AD, AB, AA’, соответственно (или BC, CD, DD’)111 1c 1VDACM = ⋅ S ACD ⋅ DD ' = ⋅ AD ⋅ CD ⋅ = abc;323 22 12V = 12 ⋅ VDAMC = 480 см3. Ответ: 480 см3.3.54.C1Призма АВСA’B’C’ и пирамида C’ABCA1имеют одну и ту же высоту и одно и то жеB1основание:11S hVC1VC ' ABC 3 осн. 1VC ' ABC== ;= 3=VSосн.h 3 V − VC ' ABC V − 1V 2 AB31Ответ:.23.55.SMN – средняя линия, значит, она параллельна АВ, отсюда ∠ВАС = ∠NMCкак соответственные при параллельных прямых.
∆АСВ ∞ ∆MNC (по двумравным углам, т.к. ∠С – общий), коэф.CMN1, т.к. средняя лиПодобия k равен2BAния MN равна половине АВ2.1Значит, S MNC = S ABC .413311VSABC = S ABC ⋅ h и VSMNC = S MNC ⋅ h (высота у них одинаковая),331 11⋅ S h1VSMNC11VSMNC 3 4 ABC== ;= 4 = . Ответ: .134 VSABC − VSMNC 3 3VSABC⋅ S ABC h433.56.1Пусть AB = BC = CD = AD = a, SО = h. Тогда V = a 2 ⋅ h .311V1 = VMNCL = MH ⋅ CH ⋅ NL ⋅ .32aaРассмотрим ∆CNL ⋅ CL = , CN = . ∠C = 90° .22aa1Значит NL =.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
