Алгебра и нач анализа_Реш экз зад 11кл из Сборн заданий для экз_Дорофеев_Решения (991497), страница 9
Текст из файла (страница 9)
видно,что KL не параллельно MN, изначит KN и LM – скрещивающиеся прямые.7.dad = 2a => а = 6 см,2R = а => R = 3 смSпол. = 2Sосн. + Sбок. ==2πR(H + R) = 2πR(a + R) == 2π ⋅ 3(6 + 3) = 54π см2.Ответ: Sпол. = 54π см2.Вариант 59.6.Т.к. точка пересечения медиан вравностороннем треугольнике, тоMэта точка О есть центр основанияпризмы.A1Через точку О проведем параллельную прямую MN, параллельную АВ.Значит, сечение ABNM – это равнобокая трапеция (АМ = BN).C10NB1CBA97aH30oR7.Sпол. = 2πR(H + R) = 2πacos30o(acos30o + asin30o) =3⎛ 3 1⎞= 2π a2 ⋅ ⎜⎜+ ⎟ = π ⋅ 2 3 + 3 = 2 3 + 3 π (см2).2 ⎝ 2 2 ⎟⎠(() ())Ответ: Sпол.
= 2 3 + 3 π (см2).Вариант 60.6.SQN1DM1CHNPAMBПроведем через точку пересечения высоты пирамиды SH и PQпрямую M’N’, параллельную MN, где M’ и N’ – две вершины полученного многоугольника сечения. MM’QN’N – пятиугольник(MM' = NN' и M’Q = N’Q).7.lHR111V = π R 2 H = π R 2 l 2 − R 2 = π ⋅ 25 169 − 25 = 100π см3333Ответ: V = 100π см3.98Вариант 61.6.KL и MN лежат в параллельных плоскостях,т.е. не пересекаются, еще KL не параллельнаMN, значит K, L, M и N – точки, не принадлежащие одной плоскости, значит, отрезкиKN и LM не имеют общих точек.7. т.
С ∈ А1В1 (см. задачу 33.7.)∆AA1C ∼ ∆CBB1AC A1C 3== ⇒AB A1 B1 888⇒ A1 B1 = A1C = ⋅ 12 = 32 (см).33Ответ: А1В1 = 32 (см).BA1B1CαAВариант 62.6.Не пересекаются, так как MN пересекаетплоскость, содержащую KL в точке не принадлежащей KL. Значит MN и KL –скрещиваются. А значит KN и ML тожескрещиваются7. см.
рис. вариант 60.задача 7.Sбок. = πRl = 5πR = 15π => R = 3 см11H = l 2 − R 2 = 25 − 9 = 4 см; V = π R 2 ⋅ H = π ⋅ 9 ⋅ 4 = 12π см333Ответ: V = 12π см3.Вариант 63.6.Проведем через Р (середину BB’) прямую, параллельную MN (М и N – середины сторон основания), и получимпри пересечении с DD’ точку P’.MN || M’N’ и MN = M’N’ (M’ и N’ – середины сторон основания).PMNP’N’M’ – равносторонний шестиугольник.D1N1B1A1C1M1P1DPCNAMB997.Sпол. = Sбок. + 2Sосн. = 2Sбок. =>Sбок.
= 2Sосн.2πRH = 2πR2 => R = HV = πR2H = πH3 = 216π (см3).Ответ: V = 216π см3.HRВариант 64.6.SЧерез точку пересечения медиан∆SBC – точку О, проведем прямую,параллельную АВ (а MN – средняялиния ∆АВС, значит, MN || AB). Изсвойств правильной пирамиды: MM’= NN′ , отсюда MNN’M’ – равнобокаятрапеция (MM’ = NN’).N1CN0M1AMB7.ABAB2 2 3= cos30o ⇒ MB ===MBcos30o33∆AMD = ∆AMB => ∆DMB – равнобедренный: MD = MB, т.е. МО не только высота,но и медиана BD, т.е.M300B20ACDОтвет: MO =100⎛ BD ⎞MO = MB 2 + OB 2 = MB 2 − ⎜⎟ =⎝ 2 ⎠= MB2 −5(см).6AB2 + AD2=44 15(см).− =3 26Вариант 65.6.Не пересекаются, т.к.точки K,L,M,N не лежат водной плоскости.7.см.
рис. вариант 17.задача 7.r = R2 − OO12 == 412 − 292 = 2 210 (см).S = πr2 = 840π (см2).Ответ: S = 840π (см2).Вариант 66.6.По построениюN ∈(A’MC’).7.точкаBaAHR0CDSпов. = 2Sбок. = 2πRa == 2π a ⋅a 2= 2a 2π = 9 2π см22Ответ: Sпов. = 9 2π см2.101Вариант 67.6.В силу симметрии заключаем, что искомый многогранник правильная пирамида.7.αRRHRrlr = R − H = 100 − 64 = 6 (см); l = 2πr = 12π (см);22l1 = 2πR = 20π (см); α = 360o ⋅12π= 216o . Ответ: α = 216о.20πВариант 68.6.То, что точка N – искомая,следует из построения.7.см.
рис. вариант 66. задача 7.1V = 2Vкон. = 2 ⋅ Sосн. ⋅ H =31= 2 ⋅ ⋅ π R2 H =3=a 3π 2 9 2=π cм362Ответ: V =1029 2π см3.2Вариант 69.6.То, что точка M – искомая, следует из построения.7.BAHSMDCRBKCNALDV = Sосн. ⋅ H = πR2 ⋅ H =DC236⋅ AD = π ⋅ ⋅ 8 = 72π (см3).=π ⋅44Ответ: V = 72π (см3).Вариант 70.6.То, что точка N – искомая, следует из построения.7.HaRV = Sосн.
⋅ H = πR H =a2ππ343π= π ⋅ ⋅ a = a3 = ⋅ 343 =(см3)4444343πОтвет: V =см3.42Вариант 71.6.То, что точка N – искомая, следует из построения.1037.Hl18V = π R 2 H = π R 2 = 24π => R = 333Sпол. = πR(l + R) == π R( H 2 + R 2 + R) = π ⋅ 3( 64 + 9 + 3) == 3π ( 73 + 3) см2RОтвет: Sпол. = 3π ( 73 + 3) см2.Вариант 72.6.L, M, N, O лежат в одной плоскости, еще LMNO – квадрат,SLMNO – пирамида (правильная пирамида).D1C1LA1B1ODMCSNAB7.aabaV1 = 64 см3; V = 3 ⋅ 64 см3 => b = 4 3 3 (см).Sпов. = 6Sкв. = 6b 2 = 6 ⋅ 16 ⋅ 3 9 = 96 3 9 (см2).Ответ: Sпов.
= 96 3 9 (см2).104Вариант 73.6.То, что точка N – искомая, следует из построения.S7.См. рис. вариант 29. Задача 7.r6⋅212l==см =смcos30o33Sполн. = πr(l + r) =()(= π ⋅ 6 4 3 + 6 = 12π 2 3 + 3LNCMCAK())Ответ: Sполн. = 12π 2 3 + 3 см2.BOВариант 74.6.7.См. рис. вариант 35. Задача 7 а)тело вращения – конус, где l=17 см,R = 8 см.Sпов. = πR(l + R) == π ⋅ 8(17 + 8) см2 = 200π см2.Ответ: Sпов. = 200π см2.LKNN1MИз рисунка видно, что KNи ML – скрещивающиеся.Вариант 75.6.Через центр основания О параллельнобоковому ребру SD ведем прямую, которая пересекает SD в точке М. Этот многоугольник – равнобедренный ∆АМС(АМ = СМ).SMDCOAB1057.
См. рис. вариант 71. Задача 7.R = l 2 − H 2 ; R = 132 − 122 см = 5 (см).Sполн. = πR(R + l) = π ⋅ 5(5 + 13) см2 = 90π (см2).Ответ: Sполн. = 90π (см2).Вариант 76.6. Из построения: MN и KL – скрещивающиесяSKNLB MCPADQ7.2aaV1 = 1 см3V2 = 23 см3 = 8 см3; V3 = V1 + V2 = 9 см3; a3 = 3 V3 = 3 9 смОтвет: a3 = 3 9 см.Вариант 77.6.7.См. рис. вариант 76. Задача 7.QSMИз задачи 76.7.: a3 = 3 9 (см).NSполн.=6 ⋅ а32 = 6 ⋅ 3 81 = 18 3 3 (см2).Ответ: Sполн. = 18 3 3 (см2).LKAPПо построению: ML и KN– скрещивающиеся106Вариант 78.6.
СН – высота, медиана основания(∆АВС).Через Н и D (середину высоты пирамиды SO) проведем прямую, которая пересечет SC в точке М.Сечение – равнобедренный ∆МАВ(МА = МВ).SMDCOAHB7. См. рис. вариант 34. Задача 7.1∠ABO = 120o = 60o (т.к. ∆АВС – равнобедренный)211R = Htg ∠ABO = 5 3 см; V = π R 2 H = ⋅ 125 ⋅ 3 ⋅ π см3 = 125π см333Ответ: V = 125π см3.Вариант 79.6. Из рисунка видно, что KL MN , значитК, L, М, N – лежат в одной плоскости, такчто KN и ML имеют общую точку.KaLN7. прямоугольные ∆МАВ = ∆МАС(по двум катетам)=> МВ = МС => МН – медиана в ∆ВМС1=> BH = BC = 3 см;2АН = ВНtg30о =cosα =MC3 см;AH3=.MH 12Ответ: cosα =N3.12αA120oHB107Вариант 80.6.Из построения точка N– искомаяC1B1127 ⋅ 2 2π = 18 2π см3V = π R2 h =33MKQB7.См. рис. вариант 30.
Задача 7.1H = a sin45o = 6 ⋅= 3 2 (см).2CA1LОтвет: V = 18 2π см3.NAВариант 81.6.Из построения точка С– искомаяSCB7.См. рис. вариант 56. Задача 7.V = Sосн. ⋅ h => h = 2 смSосн. = ab = 3a2 => а = 2 см, b = 6 смSполн. = 2Sосн. + 2S’бок. + 2S”бок. == 2 ⋅ Sосн. + + 2ah + 2bh = 56 см2Ответ: Sполн. = 56 см2.AOMВариант 82.6.MN – средняя линия∆SCD, значит, MN || DC(но AB || DC), значит,ABNM – равнобокаятрапеция.SMNCDHA108B7.См.
рис. вариант 63. Задача 7.осевое сечение – прямоугольник состоронами d и l, d = 2R, l = H, d = lS = d ⋅ l = l2 = 64 см2 => l = 8 см =>=> d = 8 см, H = 8 см, R = 4 смV=Sосн.⋅H=πR2H=π⋅16⋅8см3=128π см3Ответ: V = 128π см3.Вариант 83.6.Из построения следует,что точка С лежит наповерхности конуса.7.См.
рис. вариант 56. Задача 7.Sосн. = ab = 4 ⋅ 6 см2 = 24 см2Sполн. = 2ab + 2ac + 2bc136 = 48 + 8с + 12с22c=(см),5SCA1 B = a 2 + b 2 = 52 см = 2 13 см(по т. Пифагора)BMAd = A1B2 + c2 = 52 +O484 2= 446 см25 5Вариант 84.6.РазбиваетплоскостьABC’ на две пирамиды:1. C’ABC с основанием– ∆АВС, и 2. C’ABB’A’ cоснованиемABB’A’(прямоугольник).7.RO44V = π R 3 = π ⋅ OA3 =33432000= π ⋅ 8000 =π см333A1CB αAOA = BO2 − AB2 = 292 − 212 = 20 смC1B1ABВариант 85.6.O1M1CBAOM1097.OORHRlr1l = 2πr = 10π см; l = ⋅ 2π R = π R = 10π => R = 10 см;2H = R 2 − r 2 = 100 − 25 = 5 3 см;11125 3V = π r 2 ⋅ H = π ⋅ 25 ⋅ 5 3 =π см3.333Ответ: V =125 3π см3.3Вариант 86.6. Точка С расположена на поверхности цилиндра, так как MC OO1 и М лежит на по-O1M1верхности цилиндра.CBOAM7.
См. рис. вариант 42. Задача 7.∆АВМ = ∆ADM => МD = ВМ; d = a 2 ⇒ a = 5 2 см.BMD – равнобедренный: (ВМ = MD) иMO ⊥ AB => МО – медиана BMD1MO = MB 2 − BO 2 ; BO = BD = 5 см2AB=2=102см=> MO = 200 − 25 = 5 7 см.MB =ABcos 60oОтвет: MO = 5 7 см.110Вариант 87.6. О и O’ – центры оснований.1. MN (M и N – середины сторон основания) пересекает АС в точке Р. A12. C’P пересекается с OO’ в точке Q.3. Через Q проведем параллельнуюпрямую MN и получим при пересечении ребер BB’ и DD’ точки L и K.C’KNML – пятиугольник (KN = LM,AC’K = C’L).7. см. рис. вариант 35. Задача 7 а)D1C1O1B1KQDNPLCOMBSбок.
= πRl = π ⋅ ВC ⋅ AB = π ⋅ BC ⋅ AC 2 + BC 2 == π ⋅ 4 16 + 49 = 4π 65 (см2). Ответ: Sбок. = 4π 65 (см2).Вариант 88.6.7.BPQBCADR060oCDAaИз рисунка: АВ иСD – секущиеся22V = π R 2 H = π AO 2 ⋅ BO =33222= π ⋅ AB cos 30o ⋅ AB ⋅ sin 30o =323 31 125π (см3).= π ⋅ 25 ⋅⋅⋅5⋅ =32 224Вариант 89.6. Проведем MN || AD, тогда M, N, A и Dлежат в одной плоскости и значит AN иMD пересекаются.1117.S = πR2 = 4π => R = 2 (см);R4V = π R3 =332πОтвет:3α432π ⋅ 8 = π (см3).33(см3).Вариант 90.6.
∆ABC’ – равнобедренный (C’A = C’B).C’A и C’B – диагонали боковых граней.C1A1B1MCNAB7. Sпол. = 2πR(R + H) = 2π ⋅ AO(AO + BC) =AB ⎛ AB⎞+ BC ⎟ == 2π ⋅⎜2 ⎝ 2⎠BD⎛ BD⎞= 2π ⋅⋅ cos30o ⎜cos30o + BD sin 30o ⎟ =2⎝ 2⎠=π ⋅8⋅3⎛8 31⎞+ 8 ⋅ ⎟⎟ =⎜ ⋅2 ⎜⎝ 2 22⎠Вариант 91.6. По построению: точка М – искомая.SLKCBM112R0BHD30oC3π ⋅ 4(2 3 + 4) = 8 3π ( 3 + 2) (см2).Ответ: Sпол.
= 8 3π ( 3 + 2) (см2).AADO7. см. рис. вариант 30. Задача 7.112132 2V = π R 2 ⋅ H = π ⋅ xa 2 ⋅ x ⋅a = π a3 ⋅ 2 =π см333263Ответ:32 2π см3.3Вариант 92.6.Точка С принадлежит поверхности цилиндра. (См. Вариант86. Задача 6).7.BAαM1O1CB145oA1CBAαт.к. α || АВ, то ВВ1 = АА1; sin α =OMsin 45o =BB1;BCAA1 AA12==⇒ AA1 = 3 262AC=> sin α =BB1 AA1 3 2==BC BC8Ответ: sin α =3 2.8Вариант 93.6. K, M, L и D, лежат в одной плоскости, а занчит DL и КМ –пересекаются. (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
