Алгебра и нач анализа_Реш экз зад 11кл из Сборн заданий для экз_Дорофеев_Решения (991497), страница 13
Текст из файла (страница 13)
на S1 – S’2 (разность площадейповерхностей цилиндров в 1-ом случае и во 2-ом случае).3.77.BBMHCH1DACHDH1NAРассмотрим равнобокую трапецию ABCD с меньшим основаниемCD и большим АВ. ВМ = СН, т.к. СН – по построению высотатрапеции, и BM ⊥ DC, т.е. расстояние от любой точка одной изпараллельных прямых до другой прямой одинаково.Аналогично, AN = DH’. ∆ADN и ∆ВСМ – прямоугольные и равныпо катетам AN = BM (AN = DH’ = CH = BM) и гипотенузамAD = BC, т.к. трапеция равнобокая, значит, DN = CM.1.
При вращении AD и ВС вокруг CD, получаем конусы с одинаковым объемом, т.е.11V1 = BM 2 ⋅ π ⋅ CM и V2 = π AN 2 ⋅ DN . V1 = V2 = Vкон.331422. При вращении АВ вокруг DC получается цилиндр с высотой,АВ = 16 см; с радиусом, СН = 4 см.Vцил. = πCH2 ⋅ AB = 162π = 256π см3.3. ABMN – прямоугольник по построению.AB − CD16 − 10DN = CM =CM == 3 см, ВМ = СН = 4 см.2211Vкон. = π BM 2 ⋅ CM = π ⋅ 42 ⋅ 3 = 16π см3334. V = Vцил. – 2Vкон.
= 256π - 32π = 224π см3Ответ: 224π см3.3.78. 1. Т.к. AD = BC и AN = BM (см. 3.77), тоS1 = πAN ⋅ AD и S2 = πBM ⋅ BC, тоS1 = S2 = Sкон. = π ⋅ CH ⋅ ADНайдем AD по теор. Пифагора, т.е. AD2 = AN2 + DN2;AB − CDAN = CH = 3 см, DN =(см. 3.77), значит,222⎛ 18 − 10 ⎞⎛ AB − CD ⎞2AD 2 = CH 2 + ⎜⎟ . AD = 3 + ⎜⎟ = 5 см.2⎝ 2 ⎠⎝⎠Sкон. = π ⋅ 3 см ⋅ 5 см = 15π см2.2. Sцил. = 2π ⋅ CH ⋅ AB = 2π ⋅ 3 ⋅ 18 = 108π см2.3. S = Sцил. + 2Sкон.
= 108π + 2 ⋅ 15π = 138π см2. Ответ: 138π см2.3.79. В трапеции ABCD AD = BC (трапеция равнобокая), СН иDH’ – высоты, значит, ∆ADH’ и ∆ВСН – прямоугольные и равные, по катетам и гипотенузе, значит, ВН = АН’, а CD = HH’(противолежащие стороны прямоугольника CDH’H).AB − CDAH ' = BH =.21. Вращаем AD и ВС около АВ, получаем два конуса, с радиусомравным СН и DH’ (CH = DH’) и высотой AH’ и ВН.11V1 = π CH 2 ⋅ BH и V2 = π ⋅ DH '2 ⋅ AH ' , т.е.3312 AB − CDV1 = V2 = Vкон. = π ⋅ CH ⋅.
Vкон. = π ⋅ 42 ⋅ 3 = 16π см3.322. Вращаем CD около АВ, получаем цилиндр высотой равнойдлине CD, т.е. по условию 12 см, и радиусом равным длине СН,т.е. 4 см. Vцил. = π ⋅ CH2 ⋅ CD = π ⋅ 42 ⋅ 12 = 192π см3.3. V = Vцил. + 2Vкон. = 224π см3. Ответ: 224π см3.1433.80. Воспользуемся зад. 3.79, найдем AD по теор. ПифагораAB − CDAD = AH '2 + DH '2 , AH ' = BH =, т.е.22⎛ AB − CD ⎞AD = BC = CH 2 + ⎜⎟ , т.к.
СН и DH’ – высоты трапеции.2⎝⎠Вращая AD и ВС около АВ, получаем конусы с равными боковыми пов-ми, т.к. S1 = π ⋅ CH ⋅ BC и S2 = π ⋅ DH’ ⋅ AH’2⎛ AB − CD ⎞S1 = S2 = Sкон. = π ⋅ CH ⋅ CH 2 + ⎜⎟ .2⎝⎠Sкон. = π ⋅ 12 ⋅ 122 + 52 = 156π cм22. Вращаясь CD около АВ, дает цилиндр с радиусом СН и высотой равной по длине CD.Sцил. = 2πСH ⋅ CD; Sцил. = 2π ⋅ 12 ⋅ 15 = 360π cм2;3. S = Sцил.
+ 2Sкон. = 672π см2. Ответ: 672π см2.3.81. См. 3.77 и 3.791 случайСН – высота трапеции, АВ и CD – длины оснований трапеции1AB − CD=V = Vцил. – 2Vкон. = πCH2 ⋅ AB - 2 ⋅ π ⋅ CH 2 ⋅32AB − CD ⎞12 ⎞⎛32 ⎛= π ⋅ CH 2 ⋅ ⎜ AB −⎟ = π ⋅ 8 ⋅ ⎜ 24 − ⎟ = 1280π см33⎠⎝⎠⎝2 случай1AB − CD=V’ = V’цил. + 2V’кон. = π CH 2 ⋅ CD + 2π ⋅ CH 2 ⋅32AB − CD ⎞⎛32= π CH 2 ⎜ CD +⎟ = π ⋅ 8 ⋅ 16 = 1024 см3⎝⎠Ответ: V больше на 256π см3, чем V’.3.82.
1 случай.Из т. Пифагора AD = AH 12 + ( DH ) = 10 см22S = Sцил. + 2Sкон. = 2π ⋅ CH ⋅ AB + 2 ⋅ π CH ⋅ AD =()= 2π CH ⋅ AB + AD = 2π ⋅ 6 ⋅ ( 28 + 10π ) = 456π см22 случай (см. 3.80)S’ = S’цил. + 2S’кон. = 2π CH ⋅ CD + 2π CH ⋅ AD =144()= 2π CH ⋅ CD + AD = 2π ⋅ 6 ⋅ (12 + 10 ) = 264π см2.Ответ: S больше, чем S’ на 192π см2.3.83.B1. АВ, вращаясь, дает цилиндр с радиусом,равным ВН, и высотой, равной АВ, по условию АВ = 6 см.Пусть АС – катет, по условию равный 3 см,AS 3 1тогда sin ABC == = , т.е.AB 6 2о∠АВС = 30 , тогда ∠ВСН = ∠АВС = 30о как Aнакрест лежащие при параллельных прямыхАВ и HF.В ∆ACF угол ∠ACF=180о–(∠АСВ + ∠ВСН) = 60о,HCF33⋅ 3 см; CF = AC ⋅ cos ACF = см.22АВ = HF, AF = BH (ABHF – прямоугольник), противоположныестороны прямоугольника равны.AF = AC ⋅ sin ACF =2⎛3 3⎞81πVцил.
= π ⋅ BH2 ⋅ AB = π ⎜⎜см3⎟⎟ ⋅ 6 =2⎝ 2 ⎠2. ВС, вращаясь, дает конус с высотой CH = AB − CF =радиусом BH =9см и23 3см.2211 ⎛ 3 3 ⎞ 9 813V1 = π BH 2 ⋅ CH = π ⎜⎜⎟ ⋅ = π см .33 ⎝ 2 ⎟⎠ 2 83. АС, вращаясь, дает конус с высотой CF =3см и радиусом23 3127см. V2 = π AF 2 ⋅ CF = π см3.33881π 2754−π = π см3.4. V = Vцил. – (V1 + V2) =222Ответ: 27π см3.AF =1453.84.АВ, вращаясь, дает усеченный конус с высотой h, равной половине диагонали квадрата, т.е.BO1MACO2D2a , где а – длина стороны2квадрата, а=8 см, радиус верхне-го основания тоже равенрадиус нижнего основания R равен длине диагонали211 ⎛⎛ 2 ⎞V = π ( R 2 + r 2 + Rr ) ⋅ h = π ⎜ ⎜⎜a⎟ +33 ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠⎝(2a)22a, а22a .+ 2a ⋅2 ⎞⎟ 2a ⋅a=2 ⎟ 2⎠⎞ 21 ⎛ 5a 27 2 3 896 2ππa =см3.= π⎜+ a2 ⎟ ⋅a=3 ⎝ 24⋅33⎠ 22. ВС, вращаясь, дает конус с высотой, равной2a , и радиусом211 2 2 3 128 2πa =см3.той же длины.
V ' = π r 2 ⋅ h = π ⋅33833. Объем полученной фигуры равен 2 ⋅ (V – V’), т.к. фигура, полученная при вращении отрезков АВ и ВС, симметрична относительно плоскости большего основания с радиусом 2a фигуре,полученной вращением отрезков AD и CD.⎛ 896 2π 128 2π ⎞32 ⋅ (V − V ') = 2 ⋅ ⎜⎜−⎟⎟ = 256 2π ⋅ 2 = 512 2π см33⎝⎠Ответ: 512 2π см3.3.85.CH60 oAMB146FПри вращении треугольника ∆АВС получается цилиндр (с высотой, равной стороне треугольника, с радиусом, равнымАМ = АС ⋅ sinACM = 4 ⋅ sin60o = 2 3 см,по условию) с вырезанными из него одинаковыми конусами с высотой, равной подлине половине ВС (т.к.
АМ – высота имедиана равностороннего треугольника), т.е. 2 см, и радиусами,равными длине АМ, т.е. 2 3 см.1BCV = Vцил. – 2Vкон. = π AM 2 ⋅ BC − 2 ⋅ π AM 2 ⋅=32BC ⎞ 2π AM 2 ⋅ BC⎛= π AM 2 ⋅ ⎜ BC −= 32π см3. Ответ: 32π см3.⎟=3 ⎠3⎝3.86.CBВращая треугольник, получаем цилиндрвысотой, равной АС, т.е. 3 см, и радиусом ВС, т.е. по условию 4 см, с вырезанDным конусом с тем же радиусом A(ВС = AD) и той же высотой.12V = Vцил. – Vкон. = π BC 2 ⋅ AC − π BC 2 ⋅ AC = π BC 2 ⋅ AC =33222= π ⋅ 4 ⋅ 3 = 32π см .Ответ: 32π см3.33.87.BO1Фигура, полученная при вращении АВи BD, равна по объему фигуре, полученной при вращении АС и CD, т.к.эти фигуры симметричны относиMDтельно плоскости окружности, полу- Aченной при вращении AD.АВ, вращаясь, дает усеченный конус сменьшим радиусом r, равным полоO2Cвине AD, т.к. диагонали ромба точкойпересечения делятся пополам, сбольшим радиусом R равным AD (по условию 10 см), из прямоугольного ∆АВМ найдем длину высоты h усеченного конусаBM = AB 2 − AM 2 = 132 − 52 = 12 см.
Из этого усеченного ко-нуса вырезается конус с радиусом, равнымAD, т.е. 5 см, и вы2сотой, равной ВМ, т.е. 12 см.1⎛1⎞V = 2 ⋅ (Vус.кон. – Vкон.) = 2 ⋅ ⎜ π ( R 2 + r 2 + Rr ) ⋅ h − π r 2 h ⎟ =3⎝3⎠11= 2 ⋅ π ( R 2 + Rr ) h = 2 ⋅ π (102 + 10 ⋅ 5 ) ⋅ 12 = 1200π см3.331473.88.Как и в предыдущей задаче, найдемобъем одной из симметричных фигур, состоящей из усеченного конусаMAC(с высотой h, меньшим радиусом r,большим радиусом R) и удаленного2Oиз него конуса с радиусом r и высоDтой h.1⎛1⎞V = 2 ⋅ (Vус.кон. – Vкон.) = 2 ⋅ ⎜ π ( R 2 + r 2 + Rr ) h − π r 2 h ⎟ =3⎝3⎠BO12= π ( R 2 + Rr ) ⋅ h .31 случайR = АС = 12 см (по условию).ACr== 6 см, т.к.
диагонали ромба перпендикулярны между со2бой и точкой пересечения делятся пополам.2BD⎛ AC ⎞22h = AB 2 − ⎜= 8 см, BD = 16 см)⎟ = 10 − 6 = 8 см, (2⎝ 2 ⎠2V1 = π (122 + 12 ⋅ 6 ) ⋅ 8 = 1152π см3.32 случайAO1MBCDO2R = BD = 16 см; r =BDAC= 8 см; h == 6 см.222V2 = π (162 + 16 ⋅ 8 ) ⋅ 6 = 256 ⋅ 6 = 1536π см3.3Ответ: V1 меньше V2 на 384π см3.148Ответ: 1152π см3.3.89.COAD, вращаясь, дает цилиндр с высо- Dтой, равной AD (по условию 6 см) ирадиусом АВ (по условию 18 см).
Изнего вырезается конус той же высоты ABHи радиусом, равным НВ.НВ = АВ – АН = АВ – CD (AHCD –прямоугольник, поэтому АН = АВ). НВ = 18 см – 10 см = 8 см.1V = Vцил. – Vкос. = π AB 2 ⋅ AD − π HB 2 ⋅ AD =31⎞64 ⎞⎛⎛= π ⋅ AD ⋅ ⎜ AB 2 − HB 2 ⋅ ⎟ = π ⋅ 6 ⋅ ⎜ 182 − ⎟ = 1816π см3.3⎠3 ⎠⎝⎝Ответ: 1816π см3.3.90. Vшар = 3Vкуб = 3а3;4 3981 2a ;π R = 3a3 , R = 3 π a.
; Sшар = 4π R 2 = 4π 316π 234223Sкуб = 3 ⋅ 6a = 18а ;3Sкуб .1818==3>1 ;Sшар8181 ⋅ 4π4π 3216π18 ∨ 3 81 ⋅ 4π ; 93 ⋅ 23 v 81 ⋅ 4π; 9 ⋅ 2 v π; 18 > π.Ответ: 3Sкуб больше, чем Sшар.43.91. Vкуб = 4Vшар = 4 ⋅ π a 3 . Пусть b – сторона куба, тогда3b3 =16π 316πa , b= 3a ; 4Sшар = 4 ⋅ 4πa2 = 16πa2;332⎛ 16π ⎞Sкуб = 6b 2 = 6 ⎜⎜ 3a ⎟⎟ = 2 ⋅ 3 3 ⋅ 162 π a 2 = 8 3 12π 2 a 2 .⎝ 3 ⎠S куб4Sшар=8 3 12π 2 a 3 12 3 12= 3 =3<1 .16π a 22 π8π12π < 8π. Ответ: Sкуб меньше, чем 4Sшар.3.92. Vкуб = а3 = 43 = 64 см3.444⎛d⎞n ⋅ Vшар = n ⋅ π R 3 = n ⋅ π ⋅ 13 = π n, n ∈ N ⎜ = R ⎟333⎝2⎠149Vкуб6448=≥ 1 , при n ≤ 15.
Ответ: 15 шариков.4πn πn33.93. n ⋅ Vкуб = na3, где а – сторона куба, равная по условию 2 см, n– число кубов.4432nVкуб = n ⋅ 23 = 8n; Vшар = π R 3 = π ⋅ 23 = π см3.33332πVшар4π4π4π; n≤4 .= 3 =≥ 1, n ∈ N ;≥ 1; n ≤3n3nVкуб n ⋅ 8 3nnVшар=Ответ: 4 кубика.3.94.C1 Радиус цилиндра равен половине сто-D1роны основания призмы, высота у цилиндра и призмы одинаковая.
Пусть а –длина стороны основания, тогдаO2M1A1B1DO1MAB2⎛a⎞V = Vцил. = π ⎜ ⎟ ⋅ h и Vпризмы = а2 ⋅ h⎝2⎠Cπ 24VV = a ⋅h ;= a 2 h = Vпризмы.4π4V.Ответ:π3.95.Основание правильной треугольнойпризмы есть равносторонний треугольник, радиус вписанной окружA1ности выражается через длину стороны этого треугольника.Car=.MO12 3BS = Sпризмы = 3а ⋅ h, где а – длина стоAроны основания, h – высота2π ⋅ aππSцил. = 2πrh =h=ah =S.2 333 3πS .Ответ:3 3C1M1150O2B1B13.96.Основание правильной треугольной призмы– равносторонний треугольник, радиус опиa.сываемой окружности равен3(а – сторона основания)aR=, S = 3ah,3A136πC1BO2Aa2π2πSцил. = 2πRh = 2πh=S .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
