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

§35. Теорема Гульдіна

1379.

У трикутнику ABC AB = ВС, AC = a, BK ┴ AC, BK = h.

Центром мас трикутника ABC є точка O — точка перетину медіан трикутника ABC: Тоді і

Відповідь:

1380.

ABCD — ромб, AB = a, ∠BAD = a, BD ‖ I. SABCD = AB2 sin∠BAD = а2 sin α.

Центром мас ромба ABCD є точка O перетину його діагоналей,

тоді із ΔABO маємо: і

Відповідь:

1381.

ABCDFK — правильний шестикутник, AB = а = = 27 см,

Центром мас правильного шестикутника е точка перетину його діагоналей.

Якщо а = 27 см, то

Відповідь: 88573,5π см3.

1382.

ABCD-— квадрат, AC ┴ l, AC = d.

Центром мас квадрата ABCD є точка O перетину діагоналей.

Відповідь:

1383.

Щоб довизначити задачу слід вказати, чи лежить вісь у площині квадрата.

1384.

Знайдемо об’єм кулі, використовуючи теорему Гульдіна.

Нехай O1— центр мас півкола, тоді

З іншого боку Тоді

Відповідь:

1385.

Відповідь:

1386.

V = S × C = πг2 × 2πг = 2π2r3. Якщо г - 25, то V = 2π2×253 = 31 250π2(см3).

Відповідь: 2π2r3 = 31 250π2(см3).

1387.

Розглянемо випадок обертання трикутника ABC навколо сторони АС.

Враховуючи, що O — центр мас трикутника, то звідси h = 3ρ.

Тоді

Отже, теорема доведена.

1388.

AB = AC = b, ∠BAC = α.

Проведемо AD ┴ BC:

Із ΔABD:

Оскільки O1— точка перетину медіан трикутника ABC, то

Проведемо O1K ┴ l, тоді із ΔAO1K:

Відповідь:

1389.

Нехай AB = a, AD = b,

1390.

В трикутнику ABC AB = с, AC = b, BC = а,

O — точка перетину медіан трикутника. S — площа трикутника ABC.

Нехай AM — медіана трикутника ABC, проведемо ON ┴ BC, AK ┴ BC,

тоді ΔAKM ~ ΔONM, тоді тоді

Отже, відстань від точки O до сторони трикутника дорівнює третині висоти трикутника, проведеної до цієї сторони.

де ha, hb, hc— висоти проведені до сторін а, b, с, тоді

Звідси

Відповідь:

1391.

Оскільки SABCD = S, тоді з іншого боку,

Тоді шуканий об’єм

Відповідь:

1392.

ABCD — паралелограм, AK ‖ BD.

Нехай SΔABD = S, тоді SΔBCD = S, O1 і O2— центри мас трикутників ABD і BCD і

O1H1 ┴ AK, O2H2 ┴ АК, тоді (згідно з результатом задачі 1390)

де h — висота трикутника ABD.

Тоді

Відповідь: 1:2.

1393.

Оскільки

і AB2 + BC2 = AC2, то ΔABC — прямокутний (АС — гіпотенуза).

Нехай O — центр мас трикутника ABC.

а)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь:

б)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь: 5π.

1394.

AB = a, ∠ABC = α, ∠BAC = 90 + α. O — центр мас, точка перетину медіан трикутника ABC, OK ┴ AB, CF ┴ AB. FC = BC sin∠ABC = a sin α, тоді

(див. розв’язання задачі 1390).

Тоді

Якщо а = 18 дм, α = 41°, тоді

Відповідь: π 1751 дм3.

1395.

ABCD — прямокутник, BD ‖ l, BD = d, ∠ADB = α.

Із ΔABD: AD = BD × cos∠ADB = d cos α; AB = BD × sin∠ADB = d sin α,

тоді SABCD = AD × AB = d2 sin α cos α. OK ┴ l, AO1┴ l,

тоді AO1 = AD × sin∠ADB = d cos × sin α,

звідси KO = d cos α sin α.

Відповідь:

1396.

ABCD — квадрат, AS = a, AK = KB, AF = FD. Шуканий об’єм дорівнює сумі об’єму V1циліндра з твірною BD і радіусом основи OM без об’ємів двох конусів з твірною BK і радіусом основи MO та об’єму V2тіла обертання трикутника BCD навколо l.

Відповідь:

1397.

Шуканий об’єм дорівнює об’єму тіла утвореного обертання прямокутника

AA1C1C навколо AA1. Оскільки AB = а, тоді

Відповідь: 2πα3.

1398.

Шуканий об’єм дорівнює об’єму тіла, утвореного обертанням трикутників SCA і ACB навколо SA:

Відповідь:

1399.

Нехай а — ребро куба, тоді

Враховуючи, що тоді

Відповідь:

§ 36. Площі поверхонь

1410.

Знайдемо площу поверхні кулі з діаметром 8 см: S1 = 4π × φ2= 64π (см2), а також площу поверхні 15 куль діаметром 2 см: S2 = 15 × 4π × 12 = 60π (см2). Отже, на нікелювання однієї кулі діаметром 8 см витрачається матеріалу більше, ніж на нікелювання 15 куль діаметром 2см.

1411.

Перетворимо рівняння сфери: x2 – 4x + у2 + 2у + z2 = 4;

2 – 4х + 4) + (y2 + 2у + I) + z2 = 4 + 5; (х - 2)2 + (у + 1)2 + z2 = 9.

Отже, радіус сфери r = 3, тоді S = 4πг2 = 4π × 9 = 36π.

Відповідь: 36π.

1412.

Знайдемо довжину діаметра АВ:

Отже, радіус сфери г = 3, тоді S = 4πг2 = 4π × 9 = 36π.

Відповідь: 36π.

1413.

Знайдемо радіус сфери:

Отже, площа сфери S = 4πг2 = 4π × 54 = 216π.

Відповідь: 216π.

1414.

Нехай радіус сфери, вписаної в куб, дорівнює г. Тоді S = 4πг2, оскільки сфера вписана в куб, то ребро куба а дорівнює діаметру сфери: а = 2г.

Звідси і

З ΔABD: BD2 = AB2 + AD2= 2а2.

З ΔB1BD:

Отже, площа поверхні сфери, описаної навколо квадрата,

Відповідь: 1 : 3.

1415.

Оскільки прямокутний паралелепіпед вписаний у сферу,

то B1D = 2г, AB = 3 дм, BC = 4 дм, BB1 = 5 дм.

З Δ ABD: BD2 = AB2 + AD2 = 9 + 16 = 25 (дм).

З Δ BBD:

Звідси

Отже, площа поверхні сфери S дорівнює

Відповідь: 50π дм2.

1416.

SA — апофема правильної піраміди, ∠ SAO1= α.

Центр O сфери, вписаної в піраміду, лежить на висоті SO1.

Нехай куля дотикається до деякої бічної грані в точці К,

яка лежить на апофемі SA.

3 Δ SAO1: AO1 = AS × cos ∠ SAO1 = m × cos α.

ΔKOA = Δ O1OA (за катетом і гіпотенузою: KO = OO1, AO — спільна гіпотенуза).

Звідси:

З Δ OA1A:

Отже, площа сфери S дорівнює:

Обчислимо при m = 15, α = 60°:

Відповідь: ≈ 235 см2.

1417.

Нехай SABC — правильна трикутна піраміда, AB = BC = CA = а.

З вершини S проведемо SD ┴ АС, оскільки Δ SAC — рівнобедрений, то SO — медіана, бісектриса і висота. В ΔABC проведемо BD ┴ АС, тоді BD — бісектриса, медіана і висота. ∠SDO1= α.

Нехай г — радіус вписаної кулі. Проведемо OK ┴ SD. OO 1 = OK = r.

ΔOKD ~ Δ ΟΟ1D.

Тоді з ΔΟΟ,Ο:

Отже, площа поверхні кулі V дорівнює:

Відповідь:

1418.

Нехай SABCD — задана чотирикутна піраміда, O — центр вписаного кола,

SO : OM = 5 : З, SO = 5х, OM = 3х,

В точках M і P куля дотикається основи і бічної сторони, отже, OA ┴ LK,

OP ┴ SK.

ΔSMK ~ ΔSOP. З подібності трикутників маємо:

Знайдемо SP з ΔSOP:

Отже, площа поверхні кулі S1 = 4π × 9х2 = 36πг2,

площа бічної поверхні піраміди

Відповідь:

1419.

Нехай SABCDE — правильний октаедр, AB = BC = CD = DA = SA = ... AE = а.

У ΔSCD: SM ┴ DC, тоді з ΔSMD:

Площа поверхні октаедра де P — периметр ABCD.

За умовою Отже,

а2 = 36; а = 6 (см), тоді

Площа поверхні сфери S2дорівнює: S2 = 4π × OM2 = = 4π × 9 = 36π (см2).

Відповідь: 36π см2.

1420.

Нехай OA ┴ OB, OB ┴ ОС, ОС ┴ ОА.

Площа поверхні частини кулі, обмеженої площинами АОВ, BOC і СОА,

дорівнює площі поверхні кулі, отже,

Відповідь:

1421.

Нехай тоді

S 1 — площа першого сферичного сегмента:

S2 — площа другого сферичного сегмента:

Відповідь:

1422.

Площа поверхні кульового сегмента S = 2πrh = 2πr × 0,5г = πг2.

Відповідь: πг2.



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