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

§ 25. Циліндр

940.

Нехай дано циліндр, ABCD — осьовий переріз циліндра,

AO = r — радіус циліндра, AC = d — діагональ осьового перерізу:

а) ΔABC —- прямокутний. BC — висота циліндра;

б) SABCD — площа діагонального перерізу.

в) Площа бічної поверхні:

г) Площа поверхні циліндра

941.

Нехай дано циліндр, діагональ осьового перерізу циліндра дорівнює

d і нахилена до площини основи під кутом α. AC = d·, ∠CAB = α.

a) BC = OO1— висота циліндра. ΔABC — прямокутний, BC = d × sin α;

б) AB — діаметр основи. З ΔАBС: AB = d × cos а;

в) площа основи: Socн. = π × r2, де

г) SABCD — площа осьового перерізу циліндра.

д) площа бічної поверхні циліндра. Sбічн. = 2π × rh.

942.

Нехай дано циліндр, площа осьового перерізу — SABCD = S.

Площа бічної поверхні циліндра S бічн. = 2πrh.

Однозначно знайти площу бічної поверхні циліндра за цими даними можна: SABCD = 2r × h, a Sбічн. = 2πr × h, де 2rh = S, отже, S бічн. = π × S.

Відповідь: π × S.

943.

Нехай дано циліндр, ABCD — площина, яка проходить через твірну циліндра, але не дотикається до нього.

ABCD — прямокутник, AD ‖ BC, AB ‖DC, AD ┴ площині основи циліндра,

AD ┴ DC, отже, площина ABCD перетинає циліндр по прямокутнику.

944.

Нехай дано циліндр, площа поверхні якого дорівнює 50 см2, а площа бічної поверхні циліндра дорівнює 30 см2. AO = r; BC = h. Sповн. = 2πrh + 2πr2 = 50;

Sб. = 2πrh = 30; 2πr2 = 50 - 30 = 20; πr2 = 10;

2π × rh = - 30;

Відповідь:

945.

Нехай з квадрата ABCD, площа якого Q, згорнули бічну поверхню циліндра. Сторона квадрата — радіус основи циліндра.

Знайдемо площу основи циліндра.

Відповідь:

946.

Нехай дано циліндр, OA = r, радіус основи циліндра, твірну AB видно з центра основи O від кутом α. AAOB = α. Sбічн. = 2πrh. Sб. = 2π × AO × АВ.

Розглянемо ΔAOB — прямокутний. AB ┴ AO, ∠BAO = 90°; AB = h = r tg α,

Sбічн.= 2πr2 tg α.

Відповідь: 2πr2 tg α.

947.

Нехай дано циліндра, діаметр його основи AB = d. Цей діаметр видно з центра другої основи під кутом α, тобто ∠AO1B = α.

Sп. = Sб. + 2Sосн. = 2πrh + 2 πr2 = 2 πr (h + r), де h = O1O, r = AO.

ΔAO1O — прямокутний, O1 O ┴ AB;

Відповідь:

948.

Нехай дано прямокутник ABCD з нерівними сторонами, тобто AB ≠ CD.

Нехай AB = m, CD = n. Якщо прямокутник обертається навколо сторони, що дорівнює n, маємо: AD = h = n; AB = r = m. Sб. = 2π × rh = 2πmn.

Якщо прямокутник обертається навколо сторони, що дорівнює m, маємо:

AD = h = m, AB = r = m; Sб. = 2π × rh = 2πmn. Отже, площі бічних поверхонь циліндрів, утворених обертанням цього прямокутника навколо нерівних сторін, рівні.

949.

Нехай дано циліндр, де ABCD — переріз, що проходить через вісь циліндра, а площина CMND проходить через твірні циліндра, кут між цими площинами 30°. ∠MCB = 30°.

Нехай CD = h; BC = d. ΔBCM — прямокутний, ∠CMB = 90° (кут, що спирається на діаметр).

SABCD = AB × BC = h × d;

Отже, площі перерізів циліндра площинами, які проходять через його твірну, якщо кут між цими площинами 30°, а одна з площин проходить через вісь циліндра, відносяться як

950.

Нехай дано циліндр, радіус основи якого OA = r, а висота O1O = h.

ABCD — площина, яка перпендикулярна до основи циліндра і відтинає від кола дугу \cup AB = 60°, це означає, що відповідний центральний кут ∠AOB = 60°.

ΔAOB — рівнобедрений, AO = OB = r,

Sперерізу ABCD = AB × ВС = r × h.

Відповідь: r × h.

951.

Нехай дано циліндр з висотою OO1 = 16 см, радіусом OB = 10 см. Паралельно вісі циліндра проведена площина ABCD на відстані OK = 60 мм = 6 см.

SABCD = AB × ВС, де BC = OO1= 16 см.

AB знайдемо з ΔOBK.

Отже, SABCD = AB × BC = 16 × 16 = 256 (см2).

Відповідь: 256 см2.

952.

Нехай дано циліндр, паралельно вісі циліндра, радіус основи якого OB = а, проведено площину ABCD, що перетинає основу по хорді АВ, яка стягує дугу, градусна міра якої 90°. Це означає, що центральний кут ∠AOB = 90°. Утворений переріз ABCD — квадрат.

З ΔАОВ: ∠AOB = 90°; AB2 = OB2 + OA2 = 2а2;

ABCD — квадрат, отже,

Відповідь:

953.

Нехай дано циліндр. Паралельно вісі циліндра проведено площину ABCD, що перетинає нижню основу по хорді AR, яку видно із центра під кутом α.

∠AOB = α.

Діагональ d = AC1, утвореного перерізу утворює з площиною основи кут β, ∠CAB = β. Sбічн. = 2π × r × h, де r = OB, h = OO1.

ΔABC — прямокутний, ∠ABC = 90°. BC = d × sin β; AB = d cos β.

Відповідь:

954.

Нехай дано циліндр, радіус основи якого OA = 5 см. На відстані OK від осі циліндра проведено переріз ABCD площею 48 см2, сторони перерізу пропорційні числам 1 і 2, тобто AB : BC = 1 : 2, Знайдемо сторони перерізу.

Нехай AB = х, BC = 2х. AB × BC = 48; x × 2х = 48; 2х2 = 48; x2 = 24;

ΔAOK — прямокутний;

Якщо AB : BC = 2 : 1, то AB = 2х; BC = х;

Тоді

Відповідь: см або 1 см.

955.

Нехай дано циліндр, твірна якого дорівнює 6 см. Хорду AB нижньої основи видно із центра O основи під кутом ∠AOB = 90°. Відрізок O1K з’єднує центр верхньої основи O з серединою нижньої основи K і утворює з площиною основи кут 60°. ∠O1KO = 60°. Sбічн. = 2πrh, деr = OB, h = OO1,

ΔO1OK — прямокутний; O1O = 6 см;

ΔAOK — прямокутний, ∠AOK = 45°;

Відповідь:

956.

Нехай дано циліндр, твірна якого AD = 5 см, діаметр AB = 20 см.

Sбічн. = 2πrh, де

Sбічн. = 2π × 0,1 × 5 = π = 3,14 (м2).

Додамо на шви 10 % від поверхні, отже жерсті взяти необхідно:

3,14 + 3,14 × 0,1 = 3,14 + 0,314 = 3,454 = 3,5 (м3).

Відповідь: 3,5 м2.

957.

Нехай дано циліндр, діаметр основи якого AB = 1420 мм = 1,42 м.

OO1 = 1 км = 1000 м;

Sб. = 2πrh = 2π × 0,71 = 1000 = 1420π = 1420 × 3,14 = 4458,8 (м2).

Якщо покрити ізоляційною стрічкою двічі, то S = 4458,8 × 2 = = 8917,8 (м2).

Відповідь: не вистачить.

958.

Нехай дано циліндр, радіус основи якого дорівнює 6 см, AO = 6 см, висота

OO1 = 4 см. Sб. = 2πrh = 2π × 6 × 4 = 48π (см2) = 48 × 3,14 = 150,72 (см2) необхідно матеріалу для виготовлення однієї банки.

15 000 × 0,1 = 1500 м2 — жерсті іде на відходи та шви.

15 000 м2 = 1500 м2 = 13 500 м2 = 135 000 000 см2 — необхідно жерсті для виготовлення банок.

Знайдемо, скільки таких банок можна виготовити з даної жерсті.

135 000 000 см2 : 150,72 см2 = 895 700 (банок).

959.

Нехай дано циліндр, висота якого 3,8 м; діаметр AB = 0,8 м.

Sб. = 2πrR × h = 2π × 0,4 × 3,8 = 2 × 3,14 × 0,4 × 3,8 = 9,5456 м2 = 95 456 см2.

Тиск пари: на 1 см2 пара давить з силою 10 кг.

Тиск пари на повну поверхню котла 9 554 560 кг.

960.

Нехай дано циліндр, точки A i B лежать на різних колах основ циліндра,

∠BAA1 = 60°. OA = R; AB = 2R.

Розглянемо ΔABA1, АА1 = 2R × cos 60° = R.

ΔO1B1F, де O1F ┴ BB1.

Відповідь: — відстань від осі циліндра до прямої AB.

961.

Нехай дано циліндр. Площини перерізів циліндра AA1B1B і AA1C1C проходять через твірну AA1і їх площі дорівнюють 10 м2, а площа перерізу BB1C1C дорівнює 16 см2.

Нехай AA1 = h, тоді AB × AA1 = 10 см2; AC × AA1 = 10 см2; BC × AA1 = 16 см2.

Отже,

Знайдемо радіус основи циліндра AO1 = O1B = O1C.

де

H — висота трикутника ABC; H = AM.

Відповідь:

962.

Нехай дано циліндр, площина перетинає основи циліндра по хордах AB = 6 см і CD = 8 см, відстань між якими дорівнює 14 см.

Радіус основи циліндра О1А = O1B = 5 см; AB = 6 см;

ΔO1K1B:

ΔOKD:

Проведемо KP ┴ О1K1. ΔK1PK — прямокутний.

PK = OO1 = h.

Відповідь:

963.

Нехай дано циліндр, вершини прямокутника ABCD лежать на колах основ циліндра, висота OO1 =1,2 см. O1D = 8 см;

O1D ; O1C — радіус основи конуса.

AB : AD = 1 : 2.

M i N — проекції точок А і В. P і K — проекції точок В і C1.

ΔAMC—прямокутний.

AC2 = AM2 + MC2 = 144 + 256 = 400. AC = 20 см.

MC = 2MO1 = 2R = 16 см. AC — діагональ прямокутника.

Нехай AB = х, тоді AD = 2х.

ΔADC — прямокутний.

AC2 = AD2 + DC2;

400 = x2+ 4х2; 5х2 = 400; х2 = 80;

Відповідь: 160 см2.

964.

Нехай дано ABCD — осьовий переріз циліндра,

SABCD =240 см2 (площа перерізу).

Точка M лежить на колі нижньої основи, точка E — середина відрізка MB,

точка F — середина відрізка MD.

EF = 13 см;

ΔΜΒD, EF — середня лінія.

BD = 2EF = 26 см.

Нехай AB = х; AD = у, тоді

x2- 34х + 240 = 0.

D = 1156 - 960 = 196;

y1 = 10; y2 = 24

AB = 24 см або AB = 10 см; AO = R = 12 см або 5 см; AD = 10 см або AD = 24 см; AD = H = 10 см або 24 см.

Sцил. = 2πR2+2πRH = 2πR(R + H).

Sцил. = 2π × 12 (12 + 10) = 24π × 22 = 528π см2.

S цил. = 2π × 5 (5 + 24) = 10π × 29 = 290π см2.

Відповідь: 528π см2 або 290π см2.

965.

Дано циліндр. Нехай точка M ділить дугу нижньої основи у відношенні 1 : 2.

∠BOA = 90°.AC — твірна. AC = 8 см.

Радіус основи циліндра OA = 2 см.

Градусна міра дуги

x + 2х = 90°; 3х = 90°; x = 30°;

ΔOBM — рівносторонній OB = OM = BM = R= 2 см.

Відстань від точки В до площини САМ дорівнює BK.

BK ┴ AM. BK=OA = 2 см.

Пряма BC утворює із площиною САМ кут ∠BCK.

CK2 = AC2 + AK2 =64 + 4 = 68;

AB2 = AO2 + OB2 = 4 + 4 = 8;

BC2 = AC2 + AB2 = 64 + 8 = 72;

Відповідь:

966.

Нехай всі вершини квадрата A1D1FE зі стороною а лежать на бічній поверхні циліндра.

A1E = EF = FD1 = A1D1 = a.

Вісь циліндра OO1 перпендикулярна до однієї сторони квадрата.

EF ┴ OO1. Із площиною квадрата вісь OO1утворює кут α

∠FOO1 = α.

PO1 = PO × sin α.

ΔPOO1—прямокутний. PO1= a × sinα.

ΔA1PO1 — прямокутний. A1O1 — радіус основи циліндра.

Відповідь:

967.

Нехай дано циліндр. ABCB і MNPK — два взаємно перпендикулярні осьові перерізи циліндра, причому AD і MK належать одній основі.

Точка F — середина твірної АВ.

Площа осьового перерізу ABCD дорівнює площі MKNP = 16 см2.

SперерізуABCD = BC × AB.

Нехай AB = h; тоді BC = 2r; 2r × h = 16 см2.

S бічн.= 2πrh = 16π см2; PN ┴ BC; ∠POC = 90°;

OP2 + OC2 = PC2: PC2 = r2 + r2; FK ┴ AC; r = 2.

Sосн. = πr; Sосн.= 471 см 2;

Sповн.цил. = 2πr2 + 2πrRH = 2πrR(R + H) = 2 × 4π + 16π = 24π (см 2).

968.

Нехай дано правильний тетраедр AB = AD = DC = BC = BH = AC = а.

Правильний тетраедр і циліндр розміщені так, що мимобіжні ребра тетраедра є діаметрами основ циліндра.

AO1 = O1D = OB = OC = R — радіус основи циліндра. AB = BC = L — твірна циліндра. L = а.

Sбічн. циліндра= 2πRL

Відповідь: πa2.

969.

Нехай дві вершини куба O1і O лежать на осі циліндра, а шість вершин куба

А, В, С, М, N, P — лежать на колах основ циліндра, ребро куба ABO1CMNOP дорівнює а.

AB = BO1 = O1C = AC = MN = NO = OP = MP = a.

Висота циліндра OO1 = а.

Радіус циліндра

Відповідь:

970.

Нехай до циліндра радіуса r проведено дотичну пряму під кутом α до площини його основи. Відстань від центра нижньої основи до цієї прямої — ОМ.

Відстань від центра основи до точки дотику дорівнює d,

OB = d; ZBMC = а; OC = r.

BC2=OB2 - OC2 = d2 - r2.

ΔBCM — прямокутний. CM = BC × ctg α;

OM = OC + CM;

Відповідь:





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