Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. В. Апостолової 11 клас - 2011 рік

Розділ 3. Тіла. Багатогранники. Тіла обертання

§ 18. Властивості циліндра

Завдання 15

1.

1) В перерізі циліндра площиною трикутник отримати не можна.

2) Прямокутник може бути перерізом циліндра, який проходить через вісі циліндра, або їй паралельний.

3) Трапеція не може бути перерізом циліндра.

4) Квадрат може бути перерізом циліндра, який є рівностороннім.

Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні; 4) так для рівносторонього циліндра.

2.

ГМТ, рівновіддалених від даної прямої l на дану відстань R є циліндрічна поверхня з віссю l і радіусом R.

Дійсно, якщо деяка точка А знаходиться на відстані R від прямої l, то вона лежить на циліндричній поверхні з віссю l і радіусом R, і навпаки, якщо точка знаходиться на циліндричній поверхні, то вона віддалена на відстань R від прямої l.

3.

Геометричне місце прямих, рівновіддалених від даної прямої l на задану відстань R є циліндрична поверхня з віссю l і твірною, яка віддалена від осі на відстань R, і навпаки, якщо пряма знаходиться на циліндричній поверхні, то вона віддалена на відстань R від прямої l.

4.

Нехай r — радіус основи циліндра, Н — його висота, тоді за умовою Н = 3г.

Площа бічної поверхні обчислюється за формулою Sбічн = 2πrH = 2πr × 3r = 6πr2.

За умовою S = 288π см2. Отже, 6πr2 = 288π; r2= 48;

Відповідь:

5.

Нехай, r — радіус циліндра, Н — його висота, тоді за умовою маємо

2πгН = 2πr2. Звідси отримаємо Н = г.

Площа повної поверхні циліндра визначається за формулою

Sпов = 2πr (r + Η), оскільки г = Н, отримаємо Sпов= 2πr (r + r) = 4πr2.

За умовою Sпов = 500π см2.

Отже, 4 πr2 = 500π; r2 = 125; а оскільки H = г, то

Відповідь:

6.

Дано ABCD — розгортка бічної поверхні циліндра, АС = 4 см, ∠ CAD = 30°.

З ΔАСD:

AD — довжина кола основи циліндра. С = 2πr=AD;

Відповідь:

7.

В одному шарі маємо 727:17 = 42 витки. Довжина одного витка π × 0,547 ≈ 1,72 (м).

У першому шарі довжина троса ≈ 72,7 м. У кожному наступному шарі діаметр витка збільшується на 34 см, а довжина використаного на шар троса — на 4,3 м.

Отже, трос нaмотано у 3 шари.

8.

Нехай r — радіус циліндра, Н — його висота, площа осьового перерізу

1) ОБ = ОA = г; (за умовою). AFBO — прямокутний, оскільки OF ┴ ЛВ.

З AFBO: Звідси

Отже, площа перерізу ABCD

Відповідь:

2) ОВ = ОА = r, FO - 0,6 г (за умовою). З AFBO:

Отже, площа перерізу ABCD

Відповідь: 240 см2.

9.

Осьовий переріз циліндра — прямокутник. Позначимо його сторони через х і у, тоді маємо: 2х + 2у = 46 або х + у = 23, а х2 + у2 = 361. Перетворимо вираз х2 + у2.

х2 + y2 = х2 + 2ху + у2 - 2ху = (х + у)2 - 2хy, тоді отримаємо (х + у)2 - 2ху = 361, підставимо значення х + у = 23, отримаємо: 232 - 2ху = 361; 529 - 361 = 2ху; 168 = 2ху; ху = 84, Отже, площа осьового перерізу дорівнює 84 с.м2.

Відповідь: 84 см2.

10.

Нехай прямокутник ABCD — осьовий, переріз циліндра, АВ = х, ВС = 2х + 10.

З прямокутного трикутника ABC маємо: АВ2 + ВС2 =АС2; х2 + (2х + 10)2 = 625;

х2 + 4х2 + 40х + 100 = 625; х2 + 8х - 105 = 0; x1 = -15, х2 = 7.

Корінь x1 = -15 — не задовольняє умові, отже, АВ = 7, ВС = 24.

Площа S осьового перерізу дорівнює: S = АВ ×ВС = 7 × 24 = 168 (см2).

Відповідь: 168 см2.

11.

Нехай ABCD — квадрат-разгортка циліндра, АВ = ВС = CD = AD = а.

AD = 2πг; a = 2πг; З ΔKOO1:

12.

Нехай S1— площа осьового перерізу ABCD, S2— площа перерізу A1B1C1D1;

Н — висота циліндра. S1 = 2r - Н;

Звідси маємо B1C1 = r, З ΔFCO (ΔF = 90°):

Відповідь:

13.

Нехай r — радіус основи циліндра, Н — його висота, площа осьового перерізу

S = 2r × Н. Звідси Див. рис. до № 12.

1) В1O = C1O = r, (за умовою задачі). ΔFОС1 — прямокутний,

оскільки FO ┴ B1С1· З ΔFC1O:

Звідси Отже, площа перерізу

Відповідь:

2) В1O = C1O = r, (за умовою). З ΔFC 1O:

Звідси Отже, площа перерізу A 1B 1C 1D 1:

Відповідь:

14.

Нехай OB = ОС = 61 см, АВ = 22 ом. Оскільки ABCD — квадрат, ВС = АВ = 22 см. З ΔFC 1O:

Відповідь: 60 см.

15.

Нехай SABCB = Q, ∠EBC —- лінійний кут двогранного кута між площинами ABCD і BEFA, r — радіус циліндра, H — висота циліндра. ΔВЕС — прямокутний, оскільки він спирається на діаметр.

1) ∠EBC = 60°. З ΔBEC: ∠C = 30°; SABCB = DC × AВ = r × Н = Q;

Відповідь:

2) ∠EBC = 45°. З ΔBЕС: ∠ C = 45°;

SABCB = DC × AВ = r × Н = Q;

Відповідь:

3) ∠EBC = 30°. З ΔВЕС:

SABCB = DC × AВ = r × Н = Q;

Відповідь:

16.

Нехай АВСD — переріз циліндра, SABCD = 8 см2, АВ = 60°,

Оскільки \cup АВ = 60°, то ∠BOA = 60°. ΔАВО — рівнобедрений, оскільки

OA = ОВ, як радіуси основи циліндра, OF ┴ АВ, отже OF є і бісектрисою і

∠BOF = 30°. З ∠BOF:

Оскільки Sabcd = AB × AD = 8, отримаємо 2 ×AD = 8; AD = 4 (см).

Знайдемо площу повної поверхні S:

S = 2π × ВО × (BO + AD) = 2π × 2 × (2 + 4) = 24π (cм2).

Відповідь: 24π см2.

17.

Нехай ABC — трикутник, який дотикається до твірних циліндра і сторони його перпендикулярні до твірних, АВ = 15 см, ВС = 28 см, АС = 41 см.

Для того щоб знайти діаметр циліндра, треба знайти радіус кола, вписаного в трикутник АВС. Скористаємося формулою де а, b, с — сторони трикутника, р — півпериметр,

Отже, тоді діаметр циліндра d = 2г = 3 × 2 = 6 (см)

Відповідь: 6 см.

18.

Нехай АА1B1В і CC1B1B — перерізи циліндра; S АА1B1В = 11 см 2; S CC1B1B = 13 см 2;

∠ABC = 60º, ΒΒ 1 = H.

З Δ ABC за теоремою косинусів знайдемо АС:

За теоремою синусів з ΔABC знаходимо: де R — радіус описаного кола.

Звідси Порівнявши рівності (1) і (2), отримаємо:

(1)

(2)

Отже, площа бічної поверхні S дорівнює:

Відповідь: 14π см2.

19.

1) Нехай S АА1B1В = 32 см2; S CC1B1B = 42 см2; ∠ B1A1C1 = 60°, АА 1 = Η.

3 ΔΑ1Β1,C1 за теоремою косинусів знайдемо B1C1:

Відповідь: 38 см2.

2) Нехай S АА1B1В = 32 см2; S CC1B1B = 42 см2; ∠ B1A1C1 = 120º, AΑ1 = Η.

3 ΔΑ1В1С1 за теоремою косинусів маємо:

Відповідь:

20. Нехай СО = 13 см, АВ – задана пряма. Через пряму АВ проведемо переріз циліндра АВСD, який паралельний осі OO1. КО ┴СВ, КО = 5 см.

З прямокутного ΔСКО

СВ = 2СК = 12 × 2 = 24 (см); AD = СВ = 24 (см).

З ΔАВD:

Відповідь:

21.

Нехай СD = 6 см, АВ = 8 см. CD ‖ АВ, оскільки основи циліндра паралельні

і перетнуті площиною, яка проходить через прямі CD і АВ. Проведемо LK ┴ АВ,

LK - 9 см. Спроектуємо хорду CD на площину другої основи.

З ΔАОК: З ΔCOL:

КР = KO + OL = 3 + 4 = 7 (см). З Δ LKP:

Отже, площа поверхні циліндра S:

Відповідь:

22.

Нехай S АА1C1C = 40 см;

Знайдемо радіус кола R, описаного навколо ΔА1С1В1 за формулою де а, b, с — сторони трикутника A1C1B1, S — його площа. ΔА1С1В1— рівнобедрений, оскільки В1С11В1. Проведемо висоту АК.

З ΔA1К1В1:

Відповідь: 50π см2.

23.

Нехай ABCD — квадрат, АВ = ВС = CD = AD = 10 см. А1 — проекція точки А

на площину нижньої основи. AD ┴ DC, за теоремою про три перпендикуляри маємо

A1D ┴ DC.

З прямокутного ΔDA1С:

З прямокутного ΔAA1D:

Sповн = 2πr(r + 4); Sповн= 2π × 7 × (7 + 2) = 126 (см2).

Відповідь: 126 см2.

24.

Нехай ABCDA1B1C1D1 — правильний паралелепіпед, АА1 = 20 см, ОА = ОС = 10 см. Оскільки паралелепіпед правильний, то AВCD — квадрат.

З ΔACD: АС2 = AD2 + CD2; 400 = 2AD2;

Для площі повної поверхні паралелепіпеда маємо Sпов. = Sбічн + 2Sосн.

2Sосн. = 2AD2 = 2 × 200 = 400 см2.

Відповідь:

25. Нехай АВСА1В1С1 — призма, вписана в циліндр,

А1В1С1 — прямокутний трикутник, A1D1 = a, ZB1 = 90°, ∠A1 = α, ∠ΒΑ1Β1 = β.

З прямокутного ΔАB1B : ВB1= А1В1 tg ∠BA1В = a × tg β.

З прямокутного ΔA1B1C1:

Оскільки ΔA1B1C1 — прямокутний, то радіус описаного кола лежить на середині

гіпотенузи, отже, радіус

Для площі бічної поверхні циліндра маємо:

Відповідь:

26.

Нехай а — сторона основи, Н — висота.

Sбічн ABCDA1B1C1D1 = РABCD ×Н; PABCD × Н = Q; 4а × Н = Q;

Відповідь:

27.

Нехай в основі прямої призми лежить ромб ABCD, ∠BAD = 30°, ∠Β1ΑΒ = 45°,

В1А = 12 см.

З прямокутного ΔΒ1ΒΑ:

У ромбі ABCD проведемо висоту ВК, радіус описаного кола r буде дорівнювати:

З ΔАВК:

Відповідь: 36π см2.

28.

Нехай в основі прямої призми лежить трапеція A1B1C1D1; D1C1- 6 см,

А1В1 = 27 cm, A1D1 = 13 см.

Розглянемо трапецію A1B1C1D1, яка описана навколо кола. В будь-якому описаному чотирикутнику суми протилежних сторін рівні, тобто А1В1 + D1C1 = AlD1 + B1C1;

B1C1 = A1B 1 + D1C1 - A1D1 = 27 + 6 - 13 = 20 (см). Проведемо D1Κ ┴ A1B1, C1L1 ┴ A1B1.

Позначимо A1K = x. KL = D1C1 = 6 (см), ∠ B1 = 27- 6 - x = 21 - x.

З ΔA1KD1:

З ΔLB1C1:

Порівняємо дві рівності: 169 - х2 = -41 + 42х - х2; 42х = 210; х = 5.

З ΔA1KD1:

Отже, радіус основи

Відповідь: 6 см.

29.

Нехай SABC — правильний тетраедр. SA = SB = SC = AB = ВС = СА = а.

ASAB — рівносторонній.

З ΔΟ 1ΒΟ:

Отже, площа перерізу

Відповідь:

30.

Нехай SABCD — задана піраміда.

З ASFD:

Оскільки циліндр рівносторонній, то О1O = 2 O1F1. Нехай ΟΟ 1 = x,

тоді ΔSOK - ΔSO1F1. 3 подібності трикутників маємо:

Радіус

Відповідь:

31.

Нехай SABCD — задана піраміда.

SA = SB = SC = SD = AB = BC = CD = НА = a.

3 ASDK:

3 ASOК:

ΔSOК - ΔLKM. З подібності трикутників маємо:

Циліндр рівносторонній, отже, LM = 2х; ΡМ = 2х; ОМ = х.

Отже,

Відповідь:






Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити

Віртуальна читальня освітніх матеріалів для студентів, вчителів, учнів та батьків.

Наш сайт не претендує на авторство розміщених матеріалів. Ми тільки конвертуємо у зручний формат матеріали з мережі Інтернет які знаходяться у відкритому доступі та надіслані нашими відвідувачами.

Всі матеріали на сайті доступні за ліцензією Creative Commons Attribution-Sharealike 3.0 Unported CC BY-SA 3.0 та GNU Free Documentation License (GFDL)

Якщо ви являєтесь володарем авторського права на будь-який розміщений у нас матеріал і маєте намір видалити його зверніться для узгодження до адміністратора сайту.

Дозволяється копіювати матеріали з обов'язковим гіпертекстовим посиланням на сайт, будьте вдячними ми приклали багато зусиль щоб привести інформацію у зручний вигляд.

© 2007-2019 Всі права на дизайн сайту належать С.Є.А.