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

§ 1. Прямокутна система координат

11.

12.

Точки А(4; 4; 4), В(-4; 4; 4), С(-4;-4; 4), П(4; 4; -4), D(-4; 4; -4), E(4; -4; 4),

F(4; -4; -4), M(-4; -4; -4) віддалені від кожної з координатних площин на 4.

13.

14.

О— початок координат.

ОВ > ОА, отже, ближче до початку координат лежить т. А.

15.

16.

Оскільки КТ = РТ, то

2 + у2 – 2у + 1 = 18 + у2 + 2у + 1; -4у = 164; у = -4.

17.

Оскільки тобто АС = АВ + ВС, то точки А, В, С лежать на одній прямій,

а тому не можуть бути вершинами трикутника.

18.

Звідси АВ + ВС = АС. Тому А, В, С лежать на одній прямій

і точка В ділить відрізок АС навпіл.

BD = ВС + AD. Тому точка С ділить BD навпіл.

Отже, точки А, В, С, D лежать на одній прямій

і т. В і С ділять AD на рівні частини.

19. Нехай шукана точка Р має координати Р(0; у; 0).

Оскільки PA = РВ, то

у2 + 2у + 26 = 10 + 6y + у2; у2 + 2у + 6у - у2 = 10 - 26; 8y = -16; у = -2.

Тому Р(0; -2; 0).

.

20.

А1В1 — проекція АВ на площину ху.

А1(1; 1; 0), В1 (1; 4; 0);

А2В2 — проекція АВ на площину хz.

А2( 1; 0; 1), B2(1; 0; 5);

А3В3 — проекція АB на площину уz.

А3(0; 1; 1), В3(0; 4; 5);

А4Б4 — проекція AB на вісь x. А4(1; 0;0), B4(1; 0; 0), А4В4 = 0.

А5В5 — проекція АВ на вісь у. А5(0; 1; 0), В5(0; 4; 0), A5B5 = 3.

А6В6 — проекція АВ на вісь z. А6 (0; 0;1), В6(0; 0; 5), А6В6 = 4.

21.

Знайдемо O1 — середину відрізка АС.

Знайдемо O2 — середину BD.

О1 і O2 збігаються. Отже, АС і BD перетинаються

і точкою перетину діляться навпіл.

Тому чотирикутник з діагоналями АС і BD є паралелограмом,

тобто ABCD — паралелограм.

22.

а) А(3; 0; 0), В(0; 3; 0), С(0; 0; 3).

ΔABC — рівносторонній.

б) А(2; 0; 5), В(3; 4; 0), С(2; 4; 0).

ΔABC — різносторонній.

в) А(2; 4; -1), В(-1; 1; 2), С(5; 1; 2).

ΔABC — рівнобедрений.

АВ = АС — бічні сторони, ВС — основа, К — середина ВС.

К(2; 1; 2);

АK — висота.

23.

а) М(0; -2; 0), N(4; 1; 0), Р(4; 1; 5), K(0; -2; 5).

тобто — середина МР.

тобто — середини NK.

МР і NK — діагоналі чотирикутника перетинаються

і точкою перетину діляться навпіл. ABCD — паралелограм.

МР — NK, тоді MNPK — прямокутник.

MNPK — квадрат. SMNPK = 52 = 25.

б) М(6; 8; 2), N(2; 4; 3), Р(4; 2; 8), К(8; 6; 7).

(5; 5; 5) —- середина МР; (5; 5; 5) — середина NK.

MNPK — паралелограм, оскільки діагоналі

точкою перетину діляться навпіл.

MNPK — не є прямокутником, оскільки діагоналі не рівні.

Сторони паралелограма рівні, тому MNPK — ромб.

в) М(1; 1; 1), N(1; 0; 1), Р(І; 0; 0), K(1; 1; 0).

— середина МР; — середина NK.

MNPK — паралелограм, оскільки діагоналі

точкою перетину діляться навпіл.

Діагоналі рівні, тому MNPK — прямокутник.

MNPK — квадрат. S = 1 × 1 = 1.

24.

Оскільки А(0; 0; 5) і B(0; 5: 0), то пряма АВ розміщена в площині zy.

ΔАОВ — прямокутний, рівнобедрений.

Кут між прямою АВ і віссю у дорівнює 45°.

Кут між прямою АВ і віссю z дорівнює 45°.

Кут між прямою АВ і віссю х дорівнює 90°,

оскільки вісь х перпендикулярна площині zy.

25.

Проведемо через т. С пряму СК || АВ.

Кут між прямими АВ і СD дорівнює куту між прямими СВ і СК,

тобто 60°, оскільки ΔВСК — рівносторонній.

26.

ΔАВС — рівносторонній.

Знайдемо проекцію О В на площину (ABC). OO1 ┴ (ABC),

О1 ;— радіус описаного кола.

27.

K(b; с; 0), N(b; с; h), М(0; с; h), Е(b; 0; h).

28.

А1(1; 1; -1), В1 (-1; 1; -1), D( 1; -1; 1), А1(1: -1; -1).

29.

Нехай Р(х; у; 0) — шукана точка. Тоді

Оскільки PA = РВ і PA = PC, маємо:

Отже, Р(-0,25; 0,25; 0).

30.

Оскільки точка K віддалена від площини (ху) на відстань 2,

то K(2; у, z) або K(-2; у, z).

2 = (0 – 2)2 + (0 – у)2 + (1 – z)2= 4 + у2 + 1 – 2z + z2 – y2 + z2 – 2z + 5;

2 = (0 – 2)2 + (1 – у)2 + (0 – z)2 - 4 + 1 – 2у + у2 = z2 + у2 + z2 – 2у + 5;

2 = (2 – 1)2 + (0 – y)2 + (0 – z)2 = 1 + у2 + z2.

Оскільки KA = KВ = KС, то KА2 – KВ2 = KС2.

Маємо систему:

Отже, K(2; 2; 2).

Аналогічно розв’язуємо, якщо K(-2; y; z) маємо K(-2; -2; -2).

31.

Нехай R(x; у; 0) — шукана точка, тоді PR = RQ = PQ; РR2 = (x - 3)2 + (у – 8)2 + (0 – 1)2; QR2 = (x – 2)2+ (y – 9)2+ (0 - 1)2; PQ2 = (2 – 3)2+ (9 – 8)2+ (1 – 1)2= 1 + 1 + 0 = 2.

Звідси:

або

Отже, R(2; 8; 0) або R(3; 9; 0).

32.

А(3; 2; 1), С(-2; -1; 3).

Нехай В(0; 0; z).

а) ΔABC — рівнобедрений. АВ2 = (0 – 3)2 + (0 – 2)2 + (z – 1)2 - z2– 2z + 14;

АС2 = (-2 – 3)2 + (-1– 2)2 + (3 – 1)2 = 38;

ВС2 = (-2 – 0)2 + (-1 – 0)2 + (3 – z)2 = z2 – 6z + 14.

Якщо АВ = ВС, то z2 – 2z – 14 = 38; z2 – 2z – 24 = 0; z = -4 або z = 6.

Якщо AB = ВС, то z2 – 2z + 14 = z2 – 6z + 14; 4z = 0; z = 0.

Якщо АС = ВС, то z2 – 6z + 14 – 38; z2 – 6z – 24 = 0; D = 36 + 96 = 132;

або

Отже, точка В може мати координати (0; 0; -4), (0; 0; 6), (0; 0; 0),

33.

S(0; 0; 0), A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2).

SA = SB = SC = 2. Отже, SABC — правильна піраміда.

34.

Якщо В лежить у площині (уz), то В(0; у; z) і ВА = ВС = АС.

ВА2 - 02 + (-2 - y)2 + z2; ВС2 = 02 + (2 - у)2 + z2;

BA2 = ВС2; (-2 - у)2 + z2 - (2 - y)2 + z2; 4 + 4y + у2 + z2 = 4 – 4y + y2 + z2; 3y = 0; y = 0.

02 + (2 - y)2 + z2 - 42; 4 - 4у + у2 + z2 = 16.

Оскільки у = 0, то 4 + z2 = 16; z2 = 12або

Отже, або

Знайдемо координати точки D.

І. А(0; -2; 0), С(0; 2; 0), D(x; у; z).

AD2 = x2 + (y + 2)2 + z2; СD2 = x2 + (у – 2) 2 + z2;

Оскільки тетраедр правильний, то АВ2 = 16; СВ2 = 16; ВВ2 = 16, тому:

Отже, якщо то або

II. А(0; -2; 0), С(0; 2; 0), D(x; у; z).

Аналогічно складаємо систему:

Якщо то або

35.

а) — відстань між точками (x, y, z) і А(6; 0; 0).

— відстань між точками Р(х; у; z) і В(0; 0; 8).

Оскільки ΔАОВ-— прямокутний, то О А2 + ОВ2 = AB2, ОА = 6, ОВ = 8,

тому АВ = 10.

Точки Р(х; у; z) знаходяться на відрізку АВ, оскільки АР + РВ = 10,

б) — відстань між точками

P(x; у; z) і A(0; 3; 0);

— відстань між точками Р(x; у; z) і B(0; 0; 4).

ОА = З, ОВ = 4. АВ = 5.

Якщо т. Р ∠АВ, то РА + ОВ = 5. Якщо Р ∠АВ, то РА + РВ > 5, тому таких точок Р,

щоб виконувалася умова РА + РВ = 4, не існує.



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