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

§ 4. Застосування координат

124.

б) 0 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ у ≤ 4; 0 ≤ z ≤ 4.

125.

0 ≤ х ≤ 3; 0 ≤ у ≤ 3; -3 ≤ 2 ≤ 3.

126.

а) А(0; 0; 0); В(0; 1; 0); С(1; 1; 0); D(1; 0; 0);

А1(0; 0; 1); В1(0; 1; 1); С1(1; 1; 1); D(1; 0; 1);

б) А(0,5; -0,5; 0); В(0,5; 0,5; 0); С(-0,5; 0,5; 0); D(-0,5; 0,5; 0);

А1(0,5; -0,5; 1); В1(0,5; 0,5; 1); С1(-0,5; 0,5; 1); D1(-0,5; -0,5; 1);

в)

127.

Нехай D(x; у; z, тоді

Звідси х = у = z. Тоді (х - 6)2 + х2 + х2 = 72; 3x2 - 12x - 36 = 0;

x2 - 4х - 12 = 0; х1 = 6; х2 = -2. .

Отже, D(6; 6; 6) або D(-2;-2;-2).

128.

E — середина A1D1; F — середина D1C, тоді EF — середня лінія ΔA1D1C,

тоді EF ‖ А1С і

N — середина A1D1, М — середина DC, NM — середня лінія ΔA1DC,

тому MN ‖ А1С і

Звідси EF ‖ NM і EF = NM. Тому EFMN — паралелограм.

Отже, ЕМ і NF перетинаються і точкою перетину діляться навпіл

(властивість діагоналей паралелограма).

129.

Розмістимо паралелепіпед в системі координат таким чином:

В — в початок координат, ВА лежить на осі х; ВС — на у, ВВ1 на осі z.

Тоді В1(0; 0; 6), В(0; 0; 0), К(2; 4; 3), O(1; 2; 0).

О - точка перетину діагоналей основи ABCD.

Відрізок ВК перетне площину AB1C в точці М, що належить відрізку ВО.

— рівняння B1O; z - 6 = -6х; z = - 6х + 6;

— рівняння ВК;

Звідси

130.

Розмістимо прямокутну систему координат відносно даного куба,

як показано на рисунку і позначимо АВ = 1, тоді: B1(0; 0; 1);

D(1; 1; 0).

Складемо рівняння площини (В1MN).

x + y + 2z - 2 = 0 — рівняння площини (B1NM).

Перевіримо чи належить т. D(1; 1; 0) даній площині:

1 + 1 + 2 × 0 - 2 = 0 — вірно, отже, площина (В1MN) проходить через т. D.

б) AM : МА1 = 3 : 1, тоді CN : NC1 =1 : 3, тоді

Рівняння площини (B1MN):

х + 3у + 4z - 4 = 0 — рівняння площини (B1MN).

т. D(1; 1; 0) належить площині (B1MN), бо 1 + 3 × 1 + 4 × 0 - 4 = 0 — вірно.

131.

Розташуємо куб в системі координат як показано на рисунку.

Р — центр грані DD1C1C.

R —центр грані BB1C1C. Ребро куба дорівнює а.

Тому А(0; 0; 0); А1(а; 0; а);

0(х; у; z) — центр сфери. Тоді ОА = ОА1 = ОK = ОР і ОА2 = ОА12 = ОK2 = ОР2

або

Маємо систему:

Отже, тоді

132.

Розмістимо куб в координатній системі, як показано на рисунку.

Сфера проходить через точку В, М — середина ВС, K — середина BA,

Р — середина ВВ1. Якщо ребро куба дорівнює а, то В(0; 0; 0);

О — центр сфери; O(х; у, z), тоді ОB = ОМ = ОK = ОР і ОВ2 = ОМ2 = ОK2 = ОР2.

Маємо систему:

Отже,

133.

Розмістимо куб в координатній системі, як показано на рисунку.

Сфера проходить через середини ребер BA, ВС, ВВ1, тобто через точки

K, Μ, Р і вершину D1. Ребро куба 20.

Тому K(10; 0; 0), М(0; 10; 0), Р(0; 0; 10), D,(20; 20; 20).

O(х; у; z) — центр сфери.

Маємо систему:

Отже, O(11; 11; 11);

134.

або АС2 =ОС2+ОА2 (і)

або DB2 = OB2 + OD2(ІІ)

Додамо почленно рівності І і II.

АС2 + DB2 = ОС2 + ОА2 + ОВ2 +OD2 = (ОС2 + OD2) + (OA2 + ОВ2) = DC2 + АВ2.

Отже, AC2 + DB2 = DC2 + AB2.

135.

Побудуємо коло, діаметром якого є даний відрізок, тоді кожна точка X кола має таку властивість: АХ2 + ХВ2 = АВ2, тобто сума квадратів відстаней від точок кола до кінців відрізка стала величина. Точки фігури, яку одержимо обертанням кода навколо свого діаметра АВ, мають цю властивість: сума квадратів відстаней від цих точок до кінців відрізка є величиною сталою. Ця фігура — сфера з діаметром АВ.

136.

X — довільна точка грані A1B1C1D1

ХА2 + ХВ2 + ХС2 + XD2 буде найменшою, якщо X — точка перетину діагоналей грані A1B1C1D1

137.

X — довільна точка сфери. Якщо провести площину (ХАС), то площина пройде через т. О. ∠ХАС = 90°, вписаний, спирається на діаметр СА. Тоді за теоремою Піфагора ХС2 + ХА2 = СА2, аналогічно ХВ2 + XD1 = BD2.

Тоді ХС2 + ХА2 +XB2 + XD2 = CA2 + DB2, тобто ХС2 + ХА2 + ХВ2 + XD2 — стала величина, незалежно від вибору т. X.

138.

X — довільна точка сфери.

де d — діагональ куба. Отже, незалежно від вибору т. X, сума квадратів відстаней від X до кожної вершини куба дорівнює 4d2.

139.

В грань ABCD вписано коло. Нехай а — ребро куба. Розмістимо куб в системі координат. Q — центр кола. — рівняння кола.

A1(a; 0; a), В1(0; 0; a), С 1(0; a; a), D 1(a; а; а).

З рівняння кола:

Отже, — довільна точка кола.

Тобто, сума квадратів відстаней від довільної точки кола до вершин протилежної грані куба — стала величина (7а2), вона не залежить від вибору точки. Залежить лише від довжини ребра.

140.

Нехай площина (В1МК) перетинає С1С в т. X. З того, що В1, Μ, K, X лежать в одній площині, (В1МK) можна записати рівність:

Нехай

Тоді

Звідси:

Крім того,

Звідси: звідси С1Х : ХС =1 : 2.

141.

Нехай площина (MNP) перетинає D1C1 в т. X. З того, що Μ, N, Р, X лежать в одній площині (MNP), можна записати рівність

Нехай тоді

Звідси

Крім того,

Звідси

Тобто або D1Х : ХС1 = 1.

Площина (MNP) ділить відрізок D1C1 на дві рівні частини.





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