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

§ 28. Комбінації тіл

1073.

Нехай ABCDA1B1C1D1 — куб, вписаний в кулю з центром О,

B1O = OD = 8 см. Тоді B1D = 2В1О = 2 × 8 = 16 (см).

Відповідь: 16 см.

1074.

Див. рис.

1075.

Див. рис.

1076.

Див. рис.

1077.

Див. рис.

1078.

Див. рис.

1079.

Нехай ABCA1B1C1 — правильна трикутна призма. Sбіч. = 27 см2.

Нехай AB = а, тоді 3а × AA1= 27, звідси а × AA1 = 9.

Відповідь:

1080.

Нехай SM — апофема правильної n-кутної піраміди,

O1M — проекція апофеми правильної n-кутної піраміди

на основу піраміди. ∠SMO1 = α,

тоді і O — центр кулі, вписаної в n-кутну піраміду.

Нехай AB — сторона правильного n-кутника, AB = а.

Тоді зі ΔАО1М:

Відповідь:

1081.

Нехай в конус (Δ SAB — осьовий переріз конуса) вписано кулю

з центром в точці О, OO1 ┴ АВ, OO1 = r, ∠SAO1 = α.

Із ΔAOO1:

Із ΔSAO1:

Тоді

Якщо r = 2 м, α = 50°, то

S ос.пер.= 22 × сtg225° × tg 50° = 4 × (2,1445)2 × 1,1918 = 22 (м2)

Відповідь: ≈ 22 м2.

1082.

Нехай у прямому паралелепіпеді ABCDA1B1C1D1,

у якого A1C = 6 см, B1D = 8 см, вписано кулю з центром в точці О.

ABCD — ромб, висота якого дорівнює діаметру кулі,

або висоті паралелепіпеда. Нехай АA1 = 2x,

тоді із ΔAA1C:

Iз ΔBB1D:

Із ΔAO1D:

Оскільки і

то або

(36 – 4х2)(64 – 4х2) = (25 – 2х2) × 16х2·,

4 × 4(9 – x2)(16 - x2) = (25 – 2x2) × 16x2; (9 – x2)(16 × x2) = x2(25 – 2x2);

144 – 9x2 – 16x2 + x4 = 25x2× 2x4; 3x4– 50x2 + 144 = 0;

Якщо то

— не задовольняє умову, бо

Якщо то

Відповідь:

1083.

Нехай SABC — правильна трикутна піраміда AS = 12 см, ∠SAO1 = 60°,

SO1┴ (ABC). O — центр кулі, описаної навколо піраміди.

Проведемо промінь SO до перетину з поверхнею кулі в точці S1.

Тоді ΔSAS1— прямокутний, у якого AS = 12 см і

∠ ASS1= 90° – ∠SAO1 - 90° – 60° = 30°.

Із ΔSAS1:

Тоді

Відповідь:

1084.

Нехай правильна шестикутна призма ABCDKFA1B1C1D1K1F1 вписана в кулю з центром О. AA1 = 12 см, OC = 10 см.

Iз ΔFF1C:

тоді

Відповідь:

1085.

Нехай SABC — правильна трикутна піраміда, вписана в кулю з центром О,

OA = OB = OC = OS = 13 см. SO1— висота піраміди OO1 = 5 см.

Проведемо промінь SO до перетину з поверхнею кулі в точці S1.

І випадок (точка O лежить між точками S і O1).

SO1 = SO + OO1= 13 + 5 = = 18 (см),

SS1 = 2SO = 2 × 13 = 26 (см).

Тоді із прямокутного трикутника SAS1:

AS2= SO1× SS1 = 18 × 26 = 468;

II випадок (точка O лежить між точками S і О).

SO1 = SO – OO1 = 13 – 5 = 8 (см).

SS 1 = 2SO = 2 × 13 = 26 (см).

Тоді із прямокутного трикутника SAS 1:

AS2 = SO 1 × SS1 = 8 × 26 = 208;

Відповідь: і

1086.

SABC — трикутна піраміда, в якій ∠ ABC = 90°, AB = 12 см, BC = 16 см,

SO1┴ (ABC). Оскільки ΔABC — прямокутний, то O1— центр кола,

описаного навколо трикутника ABC:

Оскільки піраміда SABC вписана в кулю з центром О, то продовживши промінь SO до перетину його з поверхнею кулі в т. S1маємо:

AO1 = SO1 × O1S; 102 = SO1× (SS1 - SO1);

100 = SO1(20 - SO1); SO 1 – 20 × SO1 +100 = 0; SO1 = 10 см.

Далі із ΔASO1:

Відповідь:

1087.

SABC — піраміда, ∠ABC = 90°, AB = 10 м, BC = 24 м, SO ┴ (ABC).

K, L, M — точки дотику вписаного в основу піраміди кола:

∠SLO = ∠SMO = ∠SKO = 60°.

Із ΔABC:

Із Δ SOL:

Sкон. = Sбічн.+Socн. = π × OL × SL+π × OL2 = π×4×8+ π×42 = 32π+16π = 48π (см2).

Відповідь: 48π см2.

1088.

SABC — трикутна піраміда, AC = SC, AB = a, ∠BAC = α; ∠ABC = α. SO ┴ (ABC).

Оскільки усі бічні ребра утворюють з площиною основи рівні кути, то O — центр кола, описаного навколо трикутника ABC: ∠SAO = ∠SBO = ∠SCO = β.

За теоремою синусів із трикутника ABC маємо:

тоді

Із Δ SOC:

Тоді площа S бічної поверхні конуса, описаного навколо піраміди,

дорівнює π × OC × SC.

Відповідь:

1089.

ABCA1B1C1 — пряма трикутна призма, AB = с, ∠CAB = α, ∠ABC = β, ∠B1AB = φ.

За теоремою синусів із трикутника ABC маємо:

тоді

де R — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC;

радіус основи циліндра, описаного навколо призми.

Із ΔABB1: BB = AB × tg ∠ B1AB = с tg φ.

тоді

Відповідь:

1090.

SABCD — правильна чотирикутна піраміда, SO1 ┴ (ABC).

SO = AO = BO = CO = DO = r. ∠SAO1 = ∠SBO1 = ∠SCO1= ∠SDO1 = α.

Проведемо промінь SO до перетину його з сферою в точці S1.

Із прямокутного трикутника SAS1маємо

AS = SS1× cos ∠ASS1 = 2r × cos(90° - α) = 2r sin α.

Із ΔАSS1: AS2 = SO 1 × SS1, тоді

Відповідь: 2r sin2а.

1091.

a)

ABCDA1B1C1D1— прямокутний паралелепіпед, у якого AB = a, AD = b, AA1= с.

O — центр кулі, описаної навколо прямокутного паралелепіпеда.

Оскільки OA = OB = OC = OD = OA1 = OB1= OC1= OD1, то O — точка перетину діагоналей паралелепіпеда, а довжина діагоналі дорівнює діаметру кулі.

Тоді

Відповідь:

б)

ABCA1B1C1—· пряма призма, AA1 = с, ∠ABC = 90°, AB = a, BC = b.

Оскільки ΔABC — прямокутний, то AC — діаметр кола, описаного навколо трикутника ABC.

Оскільки ΔA1B1C1 — прямокутний, то A1C1— діаметр кола, описаного навколо трикутника A1B1C1.

O — центр сфери, описаної навколо прямої призми.

Із ΔАВС:

Із ΔACC1:

Відповідь:

в)

SABC — піраміда, в якій SA ┴ SB, SA ┴ SC, SB ┴ SC, SA = a, SB = b, SC = с.

O1— центр кола, описаного навколо трикутника SAB. Проведемо переріз сфери площиною, яка проходить через точку C і паралельна площині (SAB).

О2 — центр перерізу.

Тоді точка O — центр кулі є серединою відрізка O1O2, тоді

Із ΔASB маємо:

Із ASOO1:

Оскільки — радіус кулі, то її діаметр дорівнює

Відповідь:

1092.

Нехай ABCDA1B1CiD1— куб, AB = а. За умовою PA = 2а. ΔPAD = ΔРАB,

тоді ΔPAD – ΔPA1D2.

Звідси

ΔPA1C2– ΔРАС, тоді

ΔPDC = ΔPBC, ΔPD2C2 = ΔPB2C2, тоді

Тоді

Відповідь:

1093.

Нехай ABCDA1B1C1D1— похила призма, в якій AA1 = BB1 = CC1 = DD1= 12 см.

Нехай O і O1— точки дотику сфери, вписаної в похилу призму, з основами призми, тоді O1O = 2 × 3 = 6 (см) і OO1— висота призми.

Провівши A1K ‖ OO1із ΔAA1K, маємо:

Отже,

Отже, бічне ребро нахилене до площини основи під кутом 30°.

Відповідь: 30°.

1094.

а)

Нехай SABCDS1— правильний октаедр, AB = а.

Розглянемо переріз правильного октаедра площиною, яка проходить через точки S, S1і K — середина ребра DC. SKS1L — переріз — ромб,, оскільки

Радіус вписаної в октаедр кулі дорівнює радіусу круга, вписаного в ромб SKS1L, тобто половині висоти ромба.

Із ΔSOK маємо:

Оскільки

Тоді

Відповідь:

б)

Нехай SABCDS1- правильний октаедр, AB = а. Радіус кулі, описаної навколо правильного октаедра, дорівнює довжині відрізка SO.

Із ΔSOC: SO2 + OC2 = SC2; 2SO2 = SC2; 2SO2= а2;

Відповідь:

в)

нехай SABCDS1— правильний октаедр, AB = а.

Радіус кулі, яка дотикається до всіх ребер даного октаедра, дорівнює радіусу круга, вписаного в квадрат ABCD, тобто

Відповідь:

1095.

Нехай в призму ABCDA1B1C1D1вписано кулю з центром О; O1і O2 — точки дотику кулі до основ призми. O1O2 = 2r. Периметр основи призми дорівнює Р.

Відповідь: 3Pr.

1096.

Нехай ABCD — осьовий переріз зрізаного конуса; а круг, вписаний в трапецію ABCD, — переріз кулі, вписаної в зрізаний конус. AO2 = R, BO1= r.

Нехай OK ┴ AB, OL ┴ CD, тоді KB = BO1, O1C = CL і AK = AO2, DO2 = DL.

Тоді ∠AOB = 90° (оскільки BO і AO — бісектриси кутів. O1BK і KAO2і

Із ΔAOB:

Відповідь:

1097.

SABCD — правильна піраміда, яка вписана в кулю з центром О. Нехай SO = 4х,

OO1 = 3х. S1— точка перетину променя SO з поверхнею кулі, тоді

S1O1 = OS1– OO1 = 4x – 3х = х.

Із прямокутного трикутника SAS1:

Тоді

Проведемо KB ┴ SC, KD ┴ SC.

Із ΔSCD: SM × CD = DK × SC (SM ┴ CD), тоді

Із Δ BKD: BK2 + DK2– 2BK × KD cos φ = BD2;

735 + 735 – 2 × 735 cos φ = 28 × 56;

1470 –1578 = 1470 cos φ;

Відповідь:

1098.

Нехай в правильний тетраедр вписана сфера з центром в точці О, тоді

O1O2 = 2R. Нехай AB = х, тоді

Враховуючи, що

Оскільки ΔSOM – ΔSKO1, то

SA1B1C1 — правильний тетраедр, тоді радіус кулi вписаної в цей тетраедр, дорівнює

Знайдемо A1C1. Оскільки ΔSO1K – ΔSO2K, то

Оскільки

То

і тоді

Відповідь:

1099.

Нехай ребро кубаABCDA1B1C1D1, вписаного в конус, дорівнює x, тоді

ΔSOD2– ΔSO1H1, тоді звідси

Відповідь:

1100.

Нехай призма ABCA1ByC1вписана в конус. A2O = 10 см, причому

Нехай AB = х, тоді AA1 = 2х.

ΔA2SO – ΔA1SO1, тоді

Відповідь: 72 см2.

1101.

SABC — правильна піраміда, SO ┴ (ABC), BK ┴ АС, тоді SK ┴ AC (за теоремою про три перпендикуляри), ∠SKO = α, M — середина SB, OM = m; оскільки ΔSOB — прямокутний і OM — медіана, то SB = 2OM = 2m.

Нехай OK = х, тоді OB = 2х;

Із ΔASK: AS2 = АК2 + SK2,

Відповідь:

1102.

Нехай ABCA1B1C1— пряма призма, в якій AB = с, ∠A = a, ∠B = β. ∠B1AB = φ.

Із ΔАВС:

Із ΔABC:

Із ΔABB1: BB1= AB × tg φ = ctg φ.

Відповідь:

1103.

ΔОАВ – ΔOCD, тоді або

Відповідь:

1104.

Нехай SABC — правильний тетраедр, SA = SB = SC = AB = BC = AC = а.

Центр кулі, яка дотикається трьох ребер правильного тетраедра, які виходять з однієї вершини, повинен лежати на бісектрисі відповідного трьохгранного кута, яка збігається з висoтою тетраедра, проведеної з цієї ж вершини. Оскільки всі чотири бісектриси перетинаються в одній точці — центрі вписаної в тетраедр кулі. Тому досить розглянути трикутник SOC, де SO — висота тетраедра, SC — його ребро, SC = а, O — центр шуканої кулі і кулі, вписаної в тетраедр.

ΔSOA – ΔSDO1, тоді

Оскільки SC = а,

то звідси

Відповідь:

1105.

DABC —- тетраедр, AB = CD = 6,

Нехай K i L — середини ребер AB і CD. Оскільки трикутники ADB і ACB — рівнобедрені, то CK ┴ AB і DK ┴ AB. Отже, кут DKC — лінійний кут двогранного кута з ребром АВ. Із прямокутних трикутників ADK і ACK знаходимо

ΔDKC — рівнобедрений, тому KL — бісектриса кута CKD. Тоді півплощина ALB (з межею АВ) — бісектор двогранного кута з ребром АВ.

Аналогічно встановлюємо, що CDK — півплощина (з межею CD) є бісектором двогранного кута з ребром CD. Центр кулі, вписаної в тетраедр, лежить на відрізку KL — перетині цих бісекторів.

Із прямокутного трикутника LKB:

Нехай О1 — центр вписаної кулі, r — її радіус. Проведемо перпендикуляри OM і ON до граней DBA і DBC, тоді ON = OM = г. Позначимо ще ∠BLK = α, ∠DKL = β.

Із прямокутних трикутників BLK і DKL знаходимо

Із прямокутного трикутника O1ML маємо

Тоді

Тоді із прямокутного трикутника O1NK одержуємо рівняння

тоді r = 1,2.

Відповідь: 1,2.

1106.

Нехай SABCD — правильна чотирикутна піраміда,

в якій AB = BC = CD = AD = 2а. O — центр вписаної і описаної куль.

Нехай SK ┴ ВС, ∠O1KS = 2α. Тоді SO1 = a tg 2α; OO1 = a tg α;

OB = SO1 = OO1 = a tg 2α – а tg α.

Із прямокутного трикутника OO1B: OB 2 = OO1 +O1B

(a tg 2α - а tg α)2 -a2 tg2α + 2а2; tg22α - 2 tg α tg 2α + tg2 α = tg2 α + 2;

tg22α – 2 tg 2а × tg α – 2 = 0;

4 tg2 α - 4 tg2α(1 – Ig2α) – 2(1 – tg2α)2 = 0;

4 tg2α – 4 tg2α + 4 tg2α – 2 + 4 tg2α – 2 tg4α = 0; 2 tg4 α + 4 tg2α – 2 = 0;

Оскільки то

Оскільки tg α > 0, то

тоді

Оскільки

тоді

Далі із Δ SBC: SB2 + SC2– 2SB × SC × cos φ = BC2;

φ = 45°.

Відповідь: 45°.

1108.

Нехай ребро куба дорівнює a, AB — його діагональ. O — центр кулі, яка дотикається до граней KLAR, LMNA, RANP, тоді CO = OD = OF = r

і

Оскільки куля дотикається до ребер KB, BM і BP в точках G, H і Q, то

OG = OH = OQ = r. В ΔOGB: OG = r, GB = а - r,

Тоді маємо: OB2= OG2 + GB2;

3a2– 6аr + 3r2 = r2 + а2 – 2аr + r2; r2 – 4аr + 2а2 = 0;

Оскільки то це значення r умову задачі не задовольняє.

Отже,

Відповідь:

1109.

Розглянемо переріз куба площиною, яка проходить через, точки М, N, K — середини ребер куба.

Нехай ребро куба дорівнює а, тоді

Радіус вписаної кулі в куб дорівнює Тоді

і із прямокутного трикутника OAB:

тоді

Відповідь:





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