Реферати

Шпаргалка: ГДЗ. Геометрія 10-11 Погорєлов 2001 Рішення ін 20-23

Стан фінансів сільського господарства і методи його оздоровлення. Задачі фінансового оздоровлення сільськогосподарської організації: запобігання ліквідації, реструктуризація заборгованості, відновлення платоспроможності, забезпечення довгострокової фінансової стійкості. Шляху виходу сільського господарства з кризи.

Австралія. Географічне положення, історія відкриття, рельєф і корисні копалини Автралії. Муррей як найбільша річкова система Австралії. Природні зони, своєрідність органічного світу. Промисловість як ведуча галузь у господарстві Австралійського Союзу.

Аналіз стану і забезпеченості підприємства виробничими фондами. Вивчення стану і забезпеченості поточної діяльності підприємства основними засобами на прикладі конкретного підприємства - ТОВ "Трійка-ресурс". Проведення факторного аналізу фондовіддачі і фондорентабельности, шляху підвищення рентабельності підприємства.

Оцінка робочого місця оператора ПЕВМ. Загальні вимоги мікроклімату. Вимоги до повітря робочої зони. Вимоги за рівнем шуму. Приміщення і висвітлення. Вимоги безпеки при роботі з ПЕВМ. Вимоги до організації режиму праці. Ергономичное апаратне устаткування, робочий стіл.

Діагностика проблем соціальної адаптації військовослужбовців, звільнених у запас. Сучасне військове реформування в Росії і його вплив на адаптацію родин військовослужбовців. Робота з працевлаштування колишніх військовослужбовців, рішення житлової проблеми. Соціально-педагогічна робота з військовослужбовцями, звільненими в запас і їхні родини.

Домашня робота з геометрії за 11 клас

до підручника "Геометрія. 10-11 клас"

А. В. Погорєлов, М.: "Освіта", 2001 р.

учбово-практичний посібник

3

ЗМІСТ:

§ 20 Багатогранники ...4 § 21 Тіла обертання ...52 § 22 Обсяги багатогранників ...82 § 23 Обсяги і поверхні тіл обертання ...107

§ 20. Багатогранники.

1. З точекаивв гранях двогранного кута опущені перпендикуляриаа1 ивв2 на ребро кута. Знайдіть довжину отрезкаав, еслиаа1=а, ВВ1=b1А1В1=си двогранний кут дорівнює α1. Задача вирішена в підручнику п. 171, стор. 59.

2. У тригранного кута (аbс) двогранний кут при ребреспрямой, двогранний кут при ребреbравен ϕ, а плоский кут (bc) дорівнює γ (ϕ,γ < ).

Знайдіть два інших плоских кути α = ∠ (ab), β = ∠ (ас)

Задача вирішена в підручнику п. 172, стор. 60

3. У тригранного кута один плоский кут дорівнює γ, а прилягаючі до нього двогранні кути рівні φ (φ < ). Знайдіть два інших

плоских кута α і кут β, що утворить площина кута γ із противолежащим ребром.

З довільної точкиSребра, противолежащие куту γ, проведемо перпендикуляриSана площину кута γ і перпендикуляриSвиSсна його сторони. Тоді по теоремі про три перпендикулярахав⊥Овиас⊥ОС.

Розглянемо прямокутні ∆Sсаи ∆SВА. Вони рівні по катеті і противолежащему куті (∠SCA=∠SBA=ϕ). Тогдаав=СА. А виходить, ∆ АОВ=∆ Аоспо катету і гіпотенузі. Так що ∠АОС=∠AOB.

А тому що .

Далі, у ∆ АSС Sсиас= .

У ∆ АСО ОААС AC Асиос= γ .

γ γ

Тоді з ∆SDCtg α=OCSC=tgϕsin⋅tgϕ⋅2AS⋅AS=costg2ϕ.

γ

AS⋅tgϕ⋅sin 2 = tgϕ⋅sinγ.

А з ∆SAO: tg

AS 2

γ

Відповідь: α=arctg costg 2ϕ  , β=arctgtgϕ⋅sin 2γ .

 

4. У тригранного кута два плоских кути гострі і рівні α, а третій кут дорівнює γ. Знайдіть двогранні кути ϕ, противолежащие плоским кутам α, і кут β між площиною γ і противолежащим ребром.

З довільної точкиапротиволежащего куту γ кута проведемо перпендикуляриакна площина цього кута иавиSвна інші ребра.

Тоді по теоремі про три перпендикулярахвк⊥Sвикс⊥SC. Тоді ∆ΑΚ З=∆ΑΚΒ(по загальному катетуаки противолежащему куті ∠ΑΚ З=∠ΑΒΚ=φ). Тогдавк=Кси ∠BKS=∠ СК(по гіпотенузі і катету). Значить . Далі, маємо

SC=SB=AS·cosα, иав=АС=AS⋅sinα. З ∆Sскполучаем:

KC=SC=AScos иSк=SCγ=AScosγα. cos cos

2 2

AS

Далі, з ∆ Асксоs ϕ = cos ∠ACK=ASsinα=tgα.

І з ∆ASKcosβ = cosAS AScos cosγ.

2

γ  

β

Відповідь: α=arccos tgtgα2  , =arccos coscosα2  .

γ

5. Доведіть, що перетин призми, рівнобіжний підставам, дорівнює підставам.

Пустьа2В2С2 - даний перетин призми. Тогдааа2С2С, АА2В2В, ВВ2С2С- паралелограми.

Виходить, АВ=А2В2, АС=А2С2, ВР=У2С2і т.д., тобто

АВС...=А2В2С2... . Що і було потрібно довести.

6. Скільки діагоналей має n-вугільна призма?

Тому що діагональ призми - це відрізок, що з'єднує дві вершини призми, що не належать однієї грані, то з однієї вершини можна провести n-3 різні діагоналі. Але вершин в основаниип, так що загальна кількість діагоналей буде n⋅ (n - 3). Відповідь: n⋅ (n - 3).

7. Побудуйте перетин чотирикутної призми площиною, що проходить через сторону підстави й одну з вершин іншої підстави.

Нехай, наприклад, площина проходить через сторону основанияаDи вершинус1, тоді отрезокс1Dпринадлежит перетину. Далі, можливі два випадки: либоаDпересекаетвс, або немає. ЕслиаDпересекаетвс, те крапку їхнього перетинання обозначим.F∈ ВР, а значит∈ (ВСС1). Проведемо отрезокFс1. Він пересечетвв1у точкек. Тоді четирехугольникакс1Dбудет шуканим перетином.

ЕслиаDне пересекаетвс, тоаD||вс. Новс||в1С1, так чтоаD||в1C1, а через дві рівнобіжні прямі проходить єдина площина, що містить їх. Ця площина є шуканим перетином тому що точкиа, D, C1належать цієї площини.

8. Побудуйте перетин чотирикутної призми площиною, що проходить через три крапки на бічних ребрах призми.

B1C1

A D

Пустьк,Ми- дані крапки. Можливі три випадки:

1) Точкик,M,Nрасположени так, чтомN||Dсикм || MN. Тоді площина, що проходить через точкик, МиNпараллельна площини граниавс, тому що дві що перетинають прямиекмимNпараллельни граниавс. Проведемо прямуюоN||а. Тоді вона буде належати площини перетину. Тому що інакше вона перетинала б і граньавс, тобто иа, що невірно.

Тоді четирехугольниккмNо- шуканий перетин.

2) Точкик, M, Nрасполагаются так,Вчтокм||вс, номNне параллельноDс. Тоді через точкимиNпроведем прямуюа, що перетинає прямуюDсв деякої точке.

ТогдаSпринадлежит перетину. Через

точкуSпроведем прямуюb||км. Тогдакbпринадлежит перетину иb||вс, тому щоb||кмикм||вс. Тогдаавпересекает прямуюbв деякої точкех. Тогдахпринадлежит перетину.

А також можна з'єднати точикихотрезком, що пересечета1Ав деякої точкео. Тоді точкаотоже належить перетину. А виходить, четирехугольникокм- це шуканий перетин.

Загальний випадок:

3) Коли точкик, M, Nрасполагаются так, чтомNне параллельноDсикмне параллельном. Тоді прямаΜΝ перетне прямуюDсв деякої точке, пряма

Мкпересечет прямуювсв деякої точкех. КрапкиΧ иFпри-

належать плоскостиавс, а також шуканому перетину, виходить, плоскостьавсDи перетин перетинаються по прямойх. Тоді прямаяав, чи прямаяа, чи обидві ці прямих перетинають прямуюх. ДопустимавпересекаетхFв точке. Тоді точкаSпринадлежит і плоскостиаа1В1В, а також перетину. Проведемо прямуюSк. Вона перетне реброаа1у точкео. Так щоΜΝΟΚ- шуканий перетин.

9. У призми одне бічне ребро перпендикулярне площини підстави. Доведіть, Що інші бічні ребра теж перпендикулярні площини підстави.

Бічні ребра призми рівнобіжні між собою, так що оскільки одне ребро перпендикулярне підставі, то виходить, і інші бічні ребра теж перпендикулярні підставі. Що і було потрібно довести.

10. У прямій трикутній призмі сторони підстави рівні 10 див, 17 див і 21 див, а висота призми - 18 див. Знайдіть площу перетину, проведеного через бічне ребро, і меншу висоту підстави.

Даним перетином є прямоугольниквHH1B1зі сторонамивв1=18 див ивн; гдевн- менша висота ∆ АВС. Далі, площа підстави з однієї сторони дорівнює:S=p(p−a)(p−b)(p−c) =

= 24(24−10)(24−17)(24− 21) = 84 (див2).

З інший сторони=BH, так що

ВН=2⋅84

Тоді шукана площа перетину равна1=BB1⋅BH= 18 ⋅ 8 = 144 (див2). Відповідь: 144 див2.

11. Бічне ребро похилої призми дорівнює 15 див і нахилено до площини підстави під кутом 30°. Знайдіть висоту призми.

ΒΟ- перпендикуляр до підстави, так що ∆ АВО- прямокутний. Виходить,BC=AB⋅sin∠BAC=l 5⋅sin30° =7,5 (див). Відповідь: 7,5 див.

12. У похилій трикутній призмі відстані між бічними ребрами рівні 37 див, 13 див і 40 див. Знайдіть відстань між більшою бічною гранню і противолежащим бічним ребром.

Нехай сечениемNкперпендикулярно бічним ребрам призми.

Тоді в ∆MNK:

MN= l3див,ΝΚ= 37див имк= 40див.

Шукана відстань дорівнює висоті, проведеної в ∆МNкк більшій стороні, то естьNH, гдеNH⊥MK.

Площа ∆МNкс однієї сторони дорівнює:S= p(p-a)(p-b)(p-c) =

45(45-40)(45-37)(45-13) = 45⋅5⋅8⋅32 = 240 (див2).

З інший сторониSNH, так що

NH

Відповідь: 12 див.

13. Підставою призми є правильний шестикутник зі сторонойа, а бічні грані - квадрати. Знайдіть діагоналі призми і площі її діагональних перетинів.

Діагональні перетини призми - це прямоугольникиаа1D1Dиаа1С1С. Далі, АА1=a,AD=2a(діаметр описаної окружності) і

АС=а3 (по теоремі косинусів з ∆ АВС).

Так що площі перетинів рівні:

S1=АА1⋅ АС=а·а3 =а23и2=AA1⋅AD=а· 2а= 2а2.

Діагоналі призми обчислюються по теоремі Пифагора:

AD1=AA12+AD2=a2+ 4a2= 5a2=a5 =d1,

АС=AA12+AC2=a2+ 3a2= 4a2= 2a=d2 .

Відповідь:S1=a23 ;S2= 2a2;d1=a5 ;d2= 2a.

14. У правильній шестикутній призмі, у якої бічні грані - квадрати, проведіть площину через сторону нижньої підстави і противолежащую їй сторону верхньої підстави. Сторона підстави равнаа. Знайдіть площу побудованого перетину.

Даний перетин проходить через основаниеавие1D1. Позначимо крапку перетинання прямихавиDсточка. ТогдаFпринадлежит площини перетину, а також плоскостисс1D1C. Так що проведемо прямую1F, що перетне ребросс1у деякої точкех.

Далі, продовжимо прямиеекиавдо їхнього перетинання в точкео. Ця крапка належить плоскости перетину, а також граникк1Е1Е. Тоді проведемо прямуюое1, що перетне реброкк1у деякої точкеу.

Шестиугольникавх1E1Y- шуканий перетин. Знайдемо його площу по формуле′ = cosα, где- площа підстави призми, а α - кут, що утворить даний перетин із площиною підстави. Так какеа⊥ АВ, те іΕ1Α⊥ΑΒ(по теоремі про три перпендикуляри). Так що ∠ΕΑΕ1= α. Далі, ЇЇ1=a, иае=а3

(по теоремі косинусів з ∆ АЕК). Далі, по теоремі Пифагора

АЕ1=a2+ (a3)2= 2a, так що cos .

S= 2SAKE+SAEDB=AK⋅AE⋅sin∠AKE+AE⋅DE= =a2sin120° +a.

Так что′.

Відповідь:S′=3а2.

15. Через сторону нижньої підстави правильної трикутної призми проведена площина, що перетинає бічної грані по відрізках, кут між який α. Знайдіть кут нахилу цієї площини до підстави призми.

Пустьаос- дана площина. Проведемв⊥AC. Тоді по теоремі про три перпендикулярахон⊥ АСІВ. Виходить, ∠OHB - шуканий. Далі, у рівносторонньому ∆ Авсвисотавн.

Далі, .

 2 

Відповідь: arccos 3tgα .

2 

16. У правильній чотирикутній призмі через середини двох суміжних сторін підстави проведена площина, що перетинає три бічних ребра і нахилена до площини підстави під кутом α. Сторона підстави равнаа.

Знайдіть площу отриманого перетину.

ABCNM- це ортогональна проекція перетину. Тоді если- площадьавсNм, те площа сечения′ = cosα.

Далі,S=SABCD-SMND=ADDN=

. Так что′ = cosα = 87cosa2α .

Відповідь: .

17. У правильній чотирикутній призмі площа підстави 144 див2, а висота 14 див.

Знайдіть діагональ призми.

Тому що призма правильна, то в підставі її лежить квадрат і його площа дорівнює:

S = a2. Тогдаа=S= 144 =12(див).

Далі, помітимо, що правильна чотирикутна призма є прямокутним паралелепіпедом, так що квадрат будь-якої діагоналі дорівнює сумі квадратів трьох його вимірів, так що:d=a2+a2+h2= 122+122+142= 22 (див).

Відповідь: 22 див.

18. У правильній чотирикутній призмі площа бічної грані равнаQнайдите площа діагонального перетину.

Тому що бічна грань - прямокутник, те її площадь=AA1·AD. А тому що підстава призми - квадрат, те диагональас=AD2 . Тоді площа діагонального перетину:S=AC·AA1= 2 ·AD·AA1=Q· 2. Відповідь:Q2 .

19. Сторона підстави правильної чотирикутної призми дорівнює 15 див, висота дорівнює 20 див.

Знайдіть найкоротшу відстань від сторони підстави до не перетинає її діагоналі призми.

Проведемо плоскостьа1В1СD, а через реброавпроведем плоскостьавм, перпендикулярну плоскостиа1B1CD.

Так какавперпендикулярна бічним граням, тоавм- прямокутник.

Пустьо- крапка пересеченияасим. Проведемок⊥ АВ.

Тогдаок=ВМ.

У прямокутному ∆ ВВ1С:

B1С=BB12+BC2= 202+152= 25(див) (по теоремі Пифагора). Тоді площа ∆ ВВ1С:S =p(p−a)(p−b)(p−c) = 30⋅15⋅10⋅5 = 150(див2).

З іншого боку,S=B1C·BM, так що

Ну иок=ВМ=12 (див). Відповідь: 12 див.

20. У прямій трикутній призмі всі ребра рівні. Бічна поверхня дорівнює 12 м2. Знайдіть висоту.

Тому що всі ребра рівні, те бічні грані є квадратами. Далі, площа однієї грані дорівнює третини площі бічної поверхні: 12:3 = 4 (м2). Виходить, сторона квадрата дорівнює

4 = 2 (м). Тоді ребро призми дорівнює висоті і дорівнює 2 м. Відповідь: 2 м.

21. Бічна поверхня правильної чотирикутної призми 32 м2, а повна поверхня - 40 м2. Знайдіть висоту.

Тому що площа поверхности=Sбок + 2Sосн, те площа осно-

вания равнаSосн = (40-32) : 2 = 4(м2).

У підставі знаходиться квадрат, тому що призма правильна, так що сторона квадрата дорівнює 4 =2 м.

Бічна поверхня правильної призми равнаSбок=p·h=4a·h,

так чтоh=S: (4a)= 32 : (4 · 2) = 4(м). Відповідь: 4 м.

22. У похилій призмі проведене перетин, перпендикулярний бічним ребрам і пересекающее всі бічні ребра.

Знайдіть бічну поверхню призми, якщо периметр перетину равенр, а бічні ребра равниl.

Задача вирішена в підручнику п. 176, стор. 65.

23. Відстані між рівнобіжними прямими, що містять бічні ребра похилої трикутної призми, рівні 2 див, 3 див і 4 див, а бічні ребра - 5 див.

Знайдіть бічну поверхню призми.

Проведемо сечениемNк, перпендикулярне бічним ребрам.

Тоді сторони ∆ΜΝΚ дорівнюють відстаням між рівнобіжними прямими, що містять ребра.

Далі, площа бічної поверхні похилої призми дорівнює добутку периметра перетину, перпендикулярного бічним ребрам, на довжину бічного ребра. Так чтоSбок = р ·l= (2+3+4) · 5 = 45(див2). Відповідь: 45 див2.

24. По стороні основанияаи бічному ребру b знайдіть повну поверхню правильної призми: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.

Повна поверхня призми обчислюється по формулі:

S=Sбок + 2Sосн.

1) Підстава призми - рівносторонній трикутник, так що його площадьSосн. Площа бічної поверхні

Sбок =p · l =3ab.

Так что= 3ab+

2) Підстава призми - квадрат із площадьюSосн =а2. Площа

бічний поверхностиSбок= p·l = 4ab. Так что= 2a2+ 4ab.

3) Підстава призми - правильний шестикутник. Його площадьSосн = 6 . А площа бічної поверхні

Sбок= p·l = 6ab. Так что =6аb+а23 3.

26. У паралелепіпеда три грані мають поверхні 1 м2, 2 м2і 3 м2.

Чому дорівнює повна поверхня паралелепіпеда?

У паралелепіпеда протилежні грані рівні, а виходить, мають рівні площі. Так що даний паралелепіпед має двох граней із площею 1 м2, дві грані з площею по 2 м2і дві грані з площею по 3 м2. Так що площа повної поверхні

S= 2 · (1 + 2 + 3) = 12 (м2). Відповідь: 12 м2.

27. Відомі кути, утворені ребрами паралелепіпеда, що сходяться в одній вершині. Як знайти кути між ребрами, що сходяться в будь-якій іншій вершині?

При вершинеA∠A1AD=α , ∠Α1ΑΒ= β і ∠BAD= γ. Тому що всієї грані паралелепіпеда - паралелограми, ∠C= ∠A1= γ (як протилежні в паралелограмі), ∠ У= ∠D=180° - γ (у параллелограммеавс).

Далі, ∠B1A1D1= ∠B1C1D1= ∠BAD= ∠BCD= γ (тому що противолежащие грані рівні). Далі, ∠ABC=∠ADC=∠A1B1C1= ∠A1D1C1= = 180° - γ; ∠A1AB= ∠A1B1B= ∠D1C1C= β; ∠AA1B1= ∠B1BA= =∠C1CD = ∠DD1C= 180° - β; ∠A1AD= ∠A1D1D= ∠B1BC= α; ∠AA1D1= ∠D1DA= ∠BB1C= ∠C1CB= 180° - α.

28. Доведіть, що відрізок, що з'єднує центри основ паралелепіпеда, рівнобіжний бічним ребрам.

Центри основ паралелепіпеда є крапками перетинання діагоналей параллелограммовавсDиа1B1C1D1. Далі,ABCD=A1B1C1D1(як протилежні грані). Так чтоас=А1С1, ио1С1=ОС=АС. Так како1С1||осио1C1=OC, тоо1С1ОС- паралелограм, так чтооо1||СС1. Що і було потрібно довести.

29. У прямому паралелепіпеді сторони підстави 6 м і 8 м утворять кут 30°, бічне ребро дорівнює 5 м. Знайдіть повну поверхню цього паралелепіпеда.

Повна поверхня прямого паралелепіпеда равна=2S1+S2.

Площа параллелограммаавс, що є підставою, равнаSосн =AB= 24(див2).

А площа бічної поверхні дорівнює

Sбок = р ·l= 2(АВ+ВР) АА1= 2 ⋅ (6+8) ⋅ 5 = 140 (див2).

Так что= 2 ⋅ 24 + 140 =188(див2).

Відповідь: 188 див2

30. У прямому паралелепіпеді сторони підстави 3 див і 8 див, кут між ними 60°. Бічна поверхня дорівнює 220 див2. Знайдіть повну поверхню.

Повна поверхня паралелепіпеда равна=Sбок+2Sосн Тому що в підставі лежить паралелограм, то1=ab⋅ sinα = = 3 ⋅ 8 ⋅ sin 60° = 12 3 (див2). А Sбок = 220 див2(за умовою). Так что= 2 ⋅ 12 3 + 220 = 220 + 24 3 (див2).

31. У прямому паралелепіпеді сторони підстави 3 див і 5 див, а одна з діагоналей підстави 4 див. Знайдіть велику діагональ паралелепіпеда, знаючи, що менша діагональ утворить із площиною підстави кут 60°.

По условиюа1D1= 3див,D1С1= 5див,D1B1= 4див. Тому що підстава є паралелограмом, а в паралелограма сума квадратів діагоналей дорівнює сумі квадратів його сторін, те 2А1В12+ 2 ⋅ А1D12= =A1C12+B1D12. Так що:

A1C1= 2⋅A1B12 + 2⋅A1D12 −D1B12 =

= 2⋅32+ 2⋅52− 42= 52 (див). Так чтоа1С1 > D1B1, а виходить, диагональв- менша, аа1С- велика.

Далі, у ∆BB1D1:BB1=B1D1⋅tg60°=4 3 (див).CC1=BB1=4 3 див.

Далі, у ∆ СС1A1по теоремі Пифагора:

A1C=A1C12+CC12= (52)2+ (4 3)2= 100 =10 (див).

Відповідь: 10 див.

32. Знайдіть діагоналі прямого паралелепіпеда, у якого кожне ребро равноа, а кут підстави дорівнює 60°.

Тому що кожне ребро равноа, те ∆ABD- рівнобедрений (AB=AD=a) і тому що ∠BAD=60°, те ∆АвDявляется рівностороннім ив=AB=a.

Далі, із прямокутного ∆BB1Dпо теоремі Пифагора

B1D=BD2+BB12=a2+a2=a2 .

У ∆АDспо теоремі косинусовас=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cos120o=

=a2+a2− 2a2⋅−1 =a3 .

 2 

А з прямокутного ∆ АСС1 по теоремі Пифагора:

АС1=AC2+CC12= 3a2+a2= 2a.

Відповідь:a2 і 2а.

33. Бічне ребро прямого паралелепіпеда 5 м, сторони підстави 6 м і 8 м, а одна з діагоналей підстави 12м. Знайдіть діагоналі паралелепіпеда.

Підстава паралелепіпеда - параллелограммавсDсо сторонамиав=6 м,AD=8 м і диагональюас=12м. Тому що в паралелограмі сума квадратів усіх сторін дорівнює сумі квадратів діагоналей, те 2⋅AB2+ 2AD2=AC2+ВD2. Відкіля одержуємо:

Відповідь: 13 м і 9 м.

34. У прямому паралелепіпеді бічне ребро 1м, сторони підстави 23дм і 11дм, а діагоналі підстави відносяться як 2:3. Знайдіть площі діагональних перетинів.

Підстава паралелепіпеда - паралелограм зі сторонамиа1= 23дм иа2=11дм і диагоналямиd1иd2, відношення которихd1:d2= 2:3. Пустьd1= 2k, тогдаd2= 3k.

У паралелограмі сума квадратів усіх сторін дорівнює сумі квадратів діагоналей, так що

2a12+ 2а22=d12+d22, тобто

2 · 232+ 2 · 112= (2k)2+ (3k)2, 13k2= 1300,k=10 (дм).

Так чтоd1= 20(дм) иd2= 30(дм). Далі, висотаh= 1м = 10дм і площі діагональних перетинів обчислюються по формулах:

S1=d1⋅ h = 20 ⋅ 10 = 200(дм2) = 2 (м2).

S2= d2⋅ h = 30 ⋅ 10 = 300(дм2) = 3 (м2).

Відповідь: 2м2і 3м2.

35. Знайдіть діагоналі прямокутного паралелепіпеда по трьох його вимірах: 1) 1, 2, 2; 2) 2, 3, 6; 3) 6, 6, 7.

Квадрат діагоналі прямокутного паралелепіпеда дорівнює сумі квадратів трьох його вимірів, то естьd2=a2+b2+c2. Так чтоd=a2+b2+c2:

1)d =12+ 22+ 22= 9 = 3; 2)d= 22+ 32+ 62= 49 = 7 ; 3)d= 62+ 62+ 72= 121 =11.

36. Ребро куба равноа. Знайдіть відстань від вершини куба до його діагоналі, що з'єднує дві інші вершини.

Имеема1D=a2 (з ∆ АА D). Далі, ∆Α1B1D- прямокутний,A1B1=a,A1D=

Далі, квадрат діагоналі в прямокутному паралелепіпеді дорівнює сумі квадратів трьох його вимірів, тобто

У1D2=a2+a2+a2, так чтов D=a3 Площа ∆A1B1Dравна:

S =D, так що

A1H=A1B1⋅A D.

B1Dответ:a

37. У прямокутному паралелепіпеді сторони підстави 7 дм і 24 дм, а висота паралелепіпеда 8 дм. Знайдіть площу діагонального перетину.

Підстава паралелепіпеда - прямокутник зі сторонамиа1= 7дм иа2= 24дм.

Тоді його діагональ по теоремі Пифагора:b=a2+b2= 72+242= 25(дм).

Діагональний перетин - це прямокутник зі сторонамиb= 25дм і з = 8дм (висота).

Тоді площа діагонального перетину дорівнює:S=b⋅c= 25 ⋅ 8 = 200(дм2) = 2(м2). Відповідь: 2 м2.

38. Знайдіть поверхню прямокутного паралелепіпеда по

трьом його вимірам: 10 див, 22 див, 16 див.

Пустьа= 10див,b= 22 див ис= 16 див - виміру паралелепіпеда. Тому що протилежні грані рівні, те і площі їх рівні. А виходить, площа поверхні паралелепіпеда дорівнює:S=2ab+2bc+2ac= 2⋅10⋅22+2⋅22⋅16+2⋅10⋅16 = 1464 (див2). Відповідь: 1464 див2.

39. Знайдіть бічну поверхню прямокутного паралелепіпеда, якщо його висотаh, площа основания, а площа діагонального перетинуΜ.

Підстава паралелепіпеда - прямокутник зі сторонамиав=аиа=b.

Тоді диагональвDнаходим по теоремі Пифагора:

BD=a2+b2.

А площа підстави равна=AB · AD=а⋅b.

Площа прямоугольникавв1D1D, равнам=BD⋅h, так що

BD =М.

h

Отже: Мh22=а2+b2, а=ab.

Тоді:

М22 2+b2+ 2ab, тобто2+ 2Q= (а+b)2. + 2Q=а

h

Так що:a+b=

Площа бічної поверхні дорівнює:

S = P⋅h= 2(a + b)h= 2hмh22+ 2Q= 2М2+ 2Qh2.

40. Діагоналі трьох граней прямокутного паралелепіпеда, що сходяться в одній вершині, равниа, bи с. Знайдіть лінійні розміри паралелепіпеда.

Пустьх, у, zлинейние розміри прямокутного паралелепіпеда. Тоді по теоремі Пифагора:x2+у2=з2.y2+z2=a2.z2+x2=b2.

Складемо перші два рівняння і віднімемо третє:

2у2=c2+a2-b2. Так чтоу=

Аналогічно: 2z2=a2+ b - c , z =

і 2x2=b2+c2-a2,x=

41. Підстава піраміди - рівнобедрений трикутник, у якого підстава дорівнює 12 див, а бічна сторона - 10 див. Бічні грані утворять з підставою рівні двогранні кути, що містять по 45°. Знайдіть висоту піраміди.

Проведемо перпендикулярSок площини підстави і перпендикуляриSк, SмиSNк сторонам ∆АВС. Тоді по теоремі про три перпендикулярахок⊥BC, ОМ⊥ Асио⊥AB.

Тоді, ∠SKO= ∠SMO= ∠SNO= 45° - як лінійні кути даних двогранних кутів.

А отже, прямокутні треугольникиSко,SмоиSNоравни по катеті і гострому куті.

Так чтоок=OM=ON, тобто точкаоявляется центром окружності, уписаної в ∆ АВС.

Виразимо площу прямоугольникаавс:

S=р (р−AB)(р−AC)(p−BC) = 16⋅ (16−10)⋅ (16−10)⋅ (16−12) =48(див)

З іншого боку,S=p⋅r. Так чтоr= .

Тому що в прямокутному треугольникеSокострий кут дорівнює 45°, те ∆Sокявляется рівнобедреним иSо=OK=3 див. Відповідь: 3 див.

42. Підстава піраміди - прямокутник зі сторонами 6 див і 8 див. Кожне бічне ребро піраміди дорівнює 13 див. Обчислите висоту піраміди.

Так какSа=SB=SC=SD, те прямокутні треугольникиаSо, BSO,СSоиDSоравни по гіпотенузі і загальному катетуSо.

Тогдаао = BO = CO = DO, а виходить, точкаоявляется крапкою пересеченияасив. У ∆ABD:

BD=AB2+AD2= 62+82=10(див). Тогдао=BD= 5(див). Далі, у ∆SоDпо теоремі Пифагора:

SO=SD2−OD2= 132−52= 12(див).

Відповідь: 12 див.

43. Підставою піраміди є правильний трикутник; одна з бічних граней перпендикулярна підставі, а дві інші нахилені до нього під кутом α.

Як нахилені до площини підстави бічні ребра?

Допустимо, плоскостьSвсперпендикулярна підставі. ТогдаSк⊥Всявляется висотою піраміди. ПроведемSм⊥АсиSN⊥AB. По теоремі про три перпендикулярахкм⊥ Асик⊥AB. Виходить, ∠SNK= ∠SMK= α як лінійні кути даних двогранних кутів.

Тоді ∆SMK= ∆SNкпо катету і гострому куту. Так чтоMK=NK. Далі, ∆MKC= ∆NKB(так какMK=Nми ∠ З=∠ У=60°).

Так чтокс=KB= .

Далі, у ∆ СМК:

МК=KC⋅ sin 60° = .

У ∆ САК: АK = AC⋅ sin 60° =a3.

2

У ∆SMK:SK = MK.

У ∆SCK: tg∠SCK= .

∠SCK= ∠SBK= arctg23tgα.

У ∆SΑΚ: tg∠SAK= .

Так що ∠SAK= arctg21tgα.

44. У підставі піраміди лежить прямокутний трикутник з гипотенузойа. Кожне бічне ребро утворить із площиною підстави кут β. Знайдіть її висоту.

Побудуємо висоту пирамидиSк. Тоді прямокутні треугольникиSак, SBK,Sскравни по катеті і гострому куті (SK- загальний катет і гострі кути β). Так чтоак=ВК=СК, тобто точкакявляется центром окружності, описаної біля підстави, так чтоклежит на гипотенузевсиск=КВ= .

Далі, у ∆SKC:SK = KC.

Відповідь: аtgβ.

2

45. Підстава піраміди - прямокутний трикутник з катетами 6 див і 8 див. Усі двогранні кути при підставі піраміди рівні 60°. Знайдіть висоту піраміди.

ПроведемSо- висоту піраміди і перпендикуляриSк, SмиSNк відповідним сторонам ∆ АВС.

Тоді по теоремі про три перпендикулярахOK⊥ ВР, ОМ⊥ Асио⊥AB. Так що ∠SKO= ∠SMO= ∠SNO= 60° - лінійні кути даних двогранних кутів. Виходить, треугольникиSко,SмоиSNоравни по катеті і гострому куті. Тогдаом = OK = ON, тобто точкаоявляется центром окружності, уписаної в підставу. У прямокутному ∆ АВС:AB =АС2+ВР2= 62+82= 10(див). Тоді площа ∆ Авсравна:

S =ВР= 8 = 24(див2). З іншого боку,S=pr.

Так чтоr=

Далі, у ∆SΜΟ:SO=MO⋅ tg 60°= r ⋅ 3 = 2 3 (див).

Відповідь:SO= 2 3

46. Підстава піраміди - паралелограм, у якого сторони 3 див і 7 див, а одна з діагоналей 6 див.

Висота піраміди проходить через крапку перетинання діагоналей, вона дорівнює 4 див. Знайдіть бічне ребро піраміди.

Тому що підстава піраміди - паралелограм, тово = Dоиао = ОС.

Тоді треугольникиаоSисоSравни по двох катетах. ТреугольникивоSиDоSтакже рівні. Так чтов=DSиа =CS. Далі,

ODBD= 6 = 3(див).

У ∆DоSпо теоремі Пифагора маємо:

DS=SO2+OD2= 42+32= 5(див).

BS=DS= 5 див.

Далі, у паралелограмі сума квадратів усіх сторін дорівнює сумі квадратів діагоналей, тобто 2 ⋅AB2+ 2 ⋅AD2=BD2⋅AC2.

Так що,AC= 2АВ2+2AD2−BD2= 2⋅32+2⋅72−62= 80 (див).

Поетомуао=AC= ) і в прямокутному

∆АоSпо теоремі Пифагора одержуємо:

AS=SO2+AO2= 42+ (20)2= 6(див).

CS=AS= 6 див.

47. Підстава піраміди - ромб із діагоналями 6 м і 8 м; висота піраміди проходить через крапку перетинань діагоналей ромба і дорівнює 1 м. Знайдіть бічну поверхню піраміди.

∆AOD= ∆COD(так какао=ОС=Асио- загальна).

Тоді висотиом=ОК. Виходить, прямокутні ∆Sоми ∆Sокравни по двох катетах. Так чтоSм = SK.

Тому у всіх бічних гранях висоти, проведені до сторін підстави, рівні. Так що площа бічної поверхні дорівнює

Sбок =SM= 2 ⋅AD⋅SM.

Так у ∆AOD: АТ=АС= 4 м, ао=BD= 3 м. Так що по

теоремі Пифагораа=AO2+OD2= 5 (див). Далі, площа ∆АоDравна:

S=.

Омтогда в ∆SOM:

SM=SO2+OM2= (2,4)2+12= 2,6 (м). иSбок = 2 ⋅AD⋅SM= 2 ⋅ 5 ⋅ 2,6 = 26(м2).

Відповідь: 26 м2.

48. Підстава піраміди - рівнобедрений трикутник зі сторонами 40 див, 25 див і 25 див. Її висота проходить через вершину кута, противолежащего стороні 40 див, і дорівнює 8 див. Знайдіть бічну поверхню піраміди.

У ∆АВСАВ =АС= 25див ивс =40див.

Проведемак⊥ ВР. Тоді по теоремі про три перпендикулярахSк⊥BC.

SASC=SASB= 8 = 100 (див2).

Далі, КС=ВР =40 = 20(див).

Так що в ∆ АСК: АК =АС2− КС2= 252− 202= 15 (див).

Далі, у ∆ASK:

SK=АS2+АК2= 82+152=17(див). Тому площа ∆Sвсравна:

SSBC= 17 =340(див2). Так що

площа бічної поверхні равнаSбок =SASC+SASB+SSBC= = 100 + 100 + 340 = 540 (див2). Відповідь: 540 див2.

49. Підстава піраміди - квадрат, її висота проходить через одну з вершин підстави.

Знайдіть бічну поверхню піраміди, якщо сторона основа-

ния дорівнює 20 дм, а висота - 21 дм.

ПустьSв- висота.

Так какавсDквадрат, тоав=ВР=CD=AD= 20 дм,AB⊥АDи

BC⊥DC. Тоді, по теоремі про три перпендикуляраха⊥АDис⊥DC.

Далі, треугольникиаSвисSвравни по двох катетах, а виходить, їхні площі також рівні.

SABS=SCBS· 20 · 21=210(дм2).

Далі, у ∆ASB:

AS =АВ2+SB2= 202+ 212= 29(дм). Тому що ∆SAB= ∆SCB, тоа = SC, і прямокутні треугольникиаSDисSDравни по двох катетах, а виходить, їхні площі теж рівні:

SASD29 = 290(дм2).

Так чтоSбок = 2SABS+ 2SASD= 2 ⋅ 210 + 2 ⋅ 290 = 1000(дм2) = 10(м2). Відповідь: 10 м2.

50. Побудуйте перетин піраміди площиною, що проходить через вершину піраміди і дві дані крапки на її підставі.

Нехай дані точкими, що лежать на підставі піраміди. ТогдамNпересекает ребра піраміди в деяких точкахри. Тому що точкарлежит з вершинойSв однієї площини, то можна провести отрезокр. Тому що точкаQлежит з вершинойSв однієї площини, то можна провести отрезокQS. Так чтоSQр- шуканий перетин.

51. Побудуйте перетин трикутної піраміди площиною, що проходить через сторону підстави піраміди і дану крапку на противолежащем ребрі.

Тому що точкивимлежат в одній плоскостиDвс, те можна провести отрезокмв, тому що крапкиΑ іΜ лежать в одній плоскостиаDс, те можна провести отрезокам.АМВ- шуканий перетин, так какав∈ Амвим∈ АМВ.

52. Побудуйте перетин чотирикутної піраміди площиною, що проходить через сторону підстави і крапку на одному з бічних ребер.

Пустьмточка на бічному ребрі. Сторонавспринадлежит перетину. Тоді можливі два випадки:

S

l

AD

B C

1) ВР || AD. Тоді через точкумпроведем пряму, параллельнуюаDи лежачу в площині (ASD), що перетне прямуюаSв деякої точке. ТогдамN||вс. Через 2 рівнобіжні прямі можна провести площина. Так чтовNмс- шуканий перетин.

2) Всне параллельноа(загальний випадок). Тоді проведемо прямиеаDивсдо перетинання в точкех. Далі, прямаяхмпересекаетаSв деякої точке.

ТогдавNмс- шуканий перетин.

53. У чотирикутної усіченої піраміди сторони однієї підстави рівні 6, 7, 8, 9 див, а менша сторона іншої підстави дорівнює 5 див. Знайдіть інші сторони цієї підстави.

В усіченої піраміди підстави подібні. Знаючи менші сторони нижньої і верхньої основ, знайдемо коефіцієнт подоби: . Тоді відповідні сторони рівні 7 ⋅k= 7 =

k= 8k= 9

54. Бічне ребро піраміди розділене начетире рівні частини, і через крапки розподілу проведені площини рівнобіжні підставі. Площа підстави дорівнює 400 див2.

Знайдіть площі основ.

Задача вирішена в підручнику п. 183, стор. 70.

55. Висота піраміди дорівнює 16 м. Площа підстави дорівнює 512м2. На якій відстані від підстави знаходиться перетин, рівнобіжне йому, якщо площа перетину 50 м2?

Перетин, рівнобіжний підставі, відтинає від даної піраміди іншу піраміду, подібну даної. Відношення площ подібних фігур дорівнюють квадрату коефіцієнта подоби.

Так що маємо по условиюк2=. Так чток=. Отноше-

ние висот дорівнює коефіцієнту подоби.

Так що висота меншої піраміди равнах=k⋅ 16м = 5м. А виходить, відстань, на якому знаходиться перетин від підстави, равноh= 16 -x= 11 (м). Відповідь: 11 м.

56. У правильній трикутній піраміді з висотойhчерез сторону підстави а проведена площина, що перетинає противолежащее бічне ребро під прямим кутом. Знайдіть площу перетину.

ПустьавсSпирамида, АВС- правильний трикутник.

ПлоскостьаDсперпендикулярна ребрув. Тоді треугольни-

киаDв, СDвимDвпрямоугольние.

∆ADB= ∆СDвпо гіпотенузі і катету (АВ=ВР=аиDв- загальний катет). Так чтоа=DC.

Отже, УмиDм- медіани і висоти трикутників. Тогдавм=а3(так какавс- рівносторонній).

2

ВисотаSнв правильній піраміді проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Так чтонв = R=а3.

3

Далі, у прямокутному ∆SНВ:

SB=SH2 +HB2 =h2 +a2 =3h2+a2

3 3

У прямокутних ∆Sнви ∆ΜDвострий кут ∠SBM- загальний.

Виходить, ∆SНВ∼ ∆МDвпо двом кутам. Так що

, відкіля одержуємо, що

MD=SH⋅MB=.

SB

А площа перетину знаходимо по формулі:

S= 3ha2 .

57. Висота правильної чотирикутної піраміди дорівнює 7 див, а сторона підстави - 8 див. Знайдіть бічне ребро.

Висота правильної піраміди проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Тому що підстава даної піраміди - квадрат, тоо- крапка перетинання діагоналей.

Так чтоос=ВР=АВ2 = 4 2 (див).

Далі, у прямокутному ∆Sоспо теоремі Пифагора находимSс=SO2+OC2= 72+ (4 2)2= 81 = 9(див).

Відповідь: 9 див.

58. У правильній чотирикутній піраміді плоский кут при вершині дорівнює α.

Знайдіть двогранний уголхпри підставі піраміди.

ВисотаSоправильной чотирикутної піраміди проходить

через центр перетинання диагоналейаDивс.

ПроведемSм⊥DC. Тоді по теоремі про три перпендикулярахом⊥DC.

Виходить, ОМ- радіус окружності, уписаної в квадрат, поетомуом=AB. У рівнобедреному ∆DSC∠DSC= α. ВисотаSм2

є медіаною і бісектрисою, так що

∠CSM=α, асм=AB. У ∆SMC:SM=CM=AB.

2 2tg2tg

Тому що ∠Sмоявляется лінійним кутом двогранного кута, утвореного площиною підстави і бічною гранню, те ∠SMO=хи з ∆SMO:

cosx= cos ∠SMO=OMSM=AB2⋅AB=tg2.

Так чтох= arccostgα .

 2 

59. По даної сторонеаи бічному ребруbнайдите висоту правильної піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.

У правильній піраміді висотаSопроходит через центр окружності, описаної біля підстави.

Виходить,AO = R. А з ∆ASO:

SO=AS2−AO2=b2−R2

Тоді:

1) У рівносторонньому треугольнике=2 3.

3

Виходить,SO=b2 −a332 =b2 −a32 .

2) У квадрате=a2. Так що 2

SO=b2 −a222 =b2 −a22 .

3) У правильному шестиугольнике= a. ПоетомуSо=b2−a2.

60. По даній стороні основанияаи висотеbнайдите апофему правильної піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.

У правильній піраміді висотаSопроходит через центр окружності, уписаної в підставу. ПустьSм- апофема. Тобто

SM⊥DC. Тоді по теоремі про три перпендикулярахом⊥DC. Виходить, ОМ=r.

Далі, по теоремі Пифагора в ∆SOM:

SM=SO2+OM2=b2+r2. Тоді

1) У правильному треугольникеr=a3. Так що

6

SM=

3) У правильному шестиугольникеr= ; так що

2

SM=b2+ a232=b2+3a42

61. По стороні основанияаи висотеbнайдите повну поверхню правильної піраміди:

Повна поверхность=Sосн +Sбок.

Тому що бічна поверхня складається изnравних трикутників з основаниемаи висотою, рівної апофемеSм, те

2) У квадратеSосн =a2иr= . Так що

Sбок =1⋅4a b2+a2=a⋅ 4b2+a2. Тогда=a2+a⋅ 4b2+a2

2 4

3) У правильному шестикутнику

Sосн = 6 . Так що

Sбок=1⋅6a⋅b2+3a2=3a⋅ 4b2+3a2. Тому

2 4 2

S=3a223+32a⋅ 4b2 +3a2 =32aa3 + 4b2 +3a2  .

62. Знайдіть повну поверхню правильної шестикутної піраміди, якщо її бічне реброа, а радіус окружності, уписаної в підставу,r.

У правильному шестикутнику сторона виражається через радіус уписаної окружності по формулі: АВ= .

Далі, площа правильного шестикутника дорівнює:

Sосн = 6 .

Далі, у ∆SMB:

МВ= ,SB=a. Тоді по теоремі Пифагора:

SM=SB2−MB2=a2−r2.

3

Площа бічної поверхні правильної піраміди равнаSбокSм, деΡ- периметр підстави (SM- апофема). Так що

Sбок =1⋅6AB⋅SM=1⋅6⋅2r3⋅b2−r2= 2r3b2−r2. Тоді

2 2 3 3 площа повної поверхні дорівнює:

S= 2r23 + 2r3b2−r2= 2r(r3 + 3b2−r2) .

63. У правильній чотирикутній піраміді бічна поверхня дорівнює 14,76 м2, а повна поверхня - 18 м2. Знайдіть сторону підстави і висоту піраміди.

Площа підстави дорівнює різниці площ повної і бічної поверхні. Те естьSосн =S-Sбок = 18 - 14,76 = 3,24(м2) Так какABCD- квадрат, тоAв= Socн = 3,24 = 1,8 (м).

Тому що в правильній піраміді

Sбок =P·h, деΡ- периметр підстави иh- апофема, то одержуємо, чтоh = SM =2S= 4,1 (м).

Далі, по теоремі Пифагора в ∆SOM:

SO=SM2−OM2= 4,12− 0,92= 4(м), так якому=АВ= 0,9(м).

Відповідь: 1,8 м і 4 м.

64. По стороні основанияанайдите бічну поверхню правильної чотирикутної піраміди, у якої діагональний перетин рівновеликий підставі.

Діагональний перетин являє собою ∆АSсс висотойSо, рівній висоті піраміди, і основаниемас, що є діагоналлю квадратаавс. Так чтоас = АВ2 .

Тому що діагональний перетин рівновеликий підставі, то одержуємо:SO = AD2иSо=

Далі, у ∆Sомпо теоремі Пифагора:

a2 = 1,5a.

SM=SO2+OM2= 2a2+

4

Площа бічної поверхні правильної піраміди равнаSбок =SM, деΡ- периметр підстави (SM- апофема).

Так чтоSбок = 1,5a= 3a2.

Відповідь: 3а2.

65. Знайдіть бічну поверхню піраміди, якщо площа основания, а двогранні кути при підставі φ.

Площа підстави дорівнює сумі ортогональних проекцій бічних граней, а бічні грані складають з підставою рівні кути φ, поетомуSбок = cosϕ.

66. Знайдіть двогранні кути при підставі правильної піраміди, у якого площа підстави дорівнює Q, а бічна поверхность.

Як і в попередній задачі:

Sбок = cosϕ. Так що cos ϕ =QS, ϕ = arccosQS.

67. Знайдіть сторону підстави й апофему правильної трикутної піраміди, якщо її бічне ребро дорівнює 10 див, а бічна поверхня дорівнює 144 див2.

Пустьав=ВР=АС=x, аSм=y- апофема. Тоді з ∆АSмпо теоремі Пифагора маємо:AS2=AM2+SM2, тобто +уили 400 =x2+ 4y2.

Тому що площа бічної поверхні правильної піраміди

S= , де

Ρ- периметр підстави иh- апофема, те 144 =y, те естьху= 96. Маємо:

x2+ 4y2= 400

xy= 96

x2+ 4xy+ 4y2= 400 + 4 ⋅ 96;

(x+ 2y)2= 784;

x+ 2y= 28;

x= 28 - 2y. Тоді 96 = (28 - 2y)y,

96 = 28y- 2y2,y2- 14y+ 48 = 0;y= 6 илиу= 8. Тогдах= 16 илих= 12. Відповідь: 16 див і 6 див чи 12 див і 8 див.

68. У правильній чотирикутній піраміді знайдіть сторону підстави, якщо бічне ребро дорівнює 5 див, а повна поверхня -16 див2.

Пустьав=ВР=СD=AD=x, аSм=y- апофема. Тоді по теоремі Пифагора в ∆SMC:

SC2=SM2+MC2, 52=y2+x2, те естьх2+ 4y2= 100.

4

Повна поверхня равна=Sосн +Sбок , гдеSосн - площа квадрата, то естьSосн =x2иSбок = ·P·h, деΡ- периметр осно-

вания иh- апофема, так чтоSбок = 2xy. Так чтох2+ 2xy= 16. Маємо:

xx22++ 42xyy2 == 16100162−xx2 ,y=

Так чтох2+ 4162−xx22= 100, тобто

x4- 100x2+ (16 -x2)2= 0x4- 66x2+ 128 = 0. Пустьх2=a, тогдаа2- 66a+ 128 = 0,a= 2 илиа= 64. Тогдах= 2 илих= 8.

Але прих= 8 площа підстави більше повної.

Так чтох= 2. Відповідь: 2 див.

69. Доведіть, що бічна поверхня правильної усіченої піраміди дорівнює добутку напівсуми периметрів основ на апофему.

Задача вирішена в підручнику п. 184, стор. 71.

70. Висота правильної чотирикутної усіченої піраміди дорівнює 7 див. Сторони основ рівні 10 див і 2 див. Знайдіть бічне ребро піраміди.

Розглянемо діагональне сечениеаа1С1С,AA1=CC1иа1C1||AC. Так чтоаа1С1С- рівнобедрена трапеція.

A1С1иас - діагоналі квадратів, що лежать у підставі усіченої піраміди. Виходить,

А1С1=А1В1⋅ 2 = 2 2 (див) иас = АВ ·2=10 2 (див).

Так кака1K⊥Асис1H⊥Астоа1С1НК - прямокутник иа1ДО=З1Н= 7 див.

Прямокутні трикутникиΑΑ1Κ исс1Нравни по гипотену-

зе і катету. Так чтоак=СН. Тоді

СН=АК= (АС-А1С1) = (10 2 - 2 2) = 4 2 (див.)

Далі, по теоремі Пифагора в ∆ΑΑ1Κ:

AA1=AK2+A1K2=(4 2)2+ 72= 32+ 49 = 81 = 9 (див).

Відповідь: 9 див.

71. Сторони основ правильної усіченої трикутної піраміди 4дм і 1дм. Бічне ребро 2 дм. Знайдіть висоту піраміди.

Доповнимо усічену піраміду до повної.

Тому що в правильній піраміді висота проходить через центр окружності, описаної біля підстави, те точкиоио1- центри описаних навколо ∆ Авси ∆ А1В1С1 окружностей. Тоді

AO=R1=AB33=433(дм) і

A1O1АА1ПРО1О- прямокутна трапеція. Проведема1K⊥AO. ТодіΑ1ПРО1ОК - прямокутник, иа1ПРО1=ДО=3(дм).

3

Так чтоак = AO - KO =4 3−3= 3 (дм).

3 3

Далі, у ∆ АА1Кпо теоремі Пифагора:

A1K=AA12−AK2= 22− (3)2=1(дм).

Відповідь: 1 дм.

72. У правильній чотирикутній усіченій піраміді висота дорівнює 2 див, а сторони основ - 3 див і 5 див. Знайдіть діагональ цієї піраміди.

Діагональним перетином даної піраміди є равнобокая трапецияаа1С1С.

Так кака1С1иас - діагоналі квадратів,A1B1C1D1иавс, те

A1С1=A1В1⋅ 2 = 3 2 (див) иас=АВ⋅ 2=5 2 (див).

Проведема1K⊥Асис1H⊥AC.

Тогдаа1С1НК - прямокутник иа1С1=КН.

Так що, прямокутні треугольникиаа1Кисс1Нравни по гіпотенузі і катету.

Тоді, АК=СН= (АС-А1С1) = (5 2 - 3 2) = 2 . Тогдаск = АС-АК =5 2 - 2 = 4 2 (див) і по теоремі Пифагора в ∆ А1СК:

А1С=A1K2+CK2= 22+ (4 2)2= 6(див).

Відповідь: 6 див.

73. Сторони основ усіченої правильної трикутної піраміди 2 див і 6 див. Бічна грань утворить з великою підставою кут 60°. Знайдіть висоту.

Доповнимо усічену піраміду до повної.

Тому що в правильній піраміді висота проходить через центр окружності, уписаної в підставу, тооио1- центри окружностей, уписаних вавсиа1В1С1.

ПроведемSк⊥AC, а виходить, иSк1⊥A1C1. Тоді по теоремі про три перпендикулярахок⊥ Асиок1⊥A1C1. Виходить, Окио1K1-радіуси окружностей, уписаних у правильні треугольникиAвси1B1C1.

Так що, ОК) і

O1K1=A1B1⋅3=2 3=3(див). Далі, проведемк1H⊥KO.

6 6 3

Тогдак1O1OH- прямокутник, виходить, ДО1Н=ОО1

Тому що ∠K1КHявляется лінійним кутом двогранного кута між підставою і бічною гранню, те ∠K1KH= 60° (за умовою).

Тоді в ∆ ДО1ΚΗ:Κ1Η=ΚΗ⋅ tg∠K1KH= 3КН.

КН=KO-О=ДО1ПРО1 = 3 − 33 =233.

Так чток1Н=ОО1=ДО1Н= 2 див Відповідь: 2 див.

74. У правильній усіченій трикутній піраміді сторона більшого основанияа, сторона меньшегоb. Бічне ребро утворить з підставою кут 45°.

Знайдіть площу перетину, що проходить через бічне ребро і вісь піраміди.

Тому що в правильній піраміді висота проходить через центр окружності, описаної біля підстави, а вісь правильної усіченої піраміди збігається з віссю відповідної повної піраміди, тооио1- центри окружностей, описаних біля

∆ А1В1С1і ∆ АВС. Так що

A1O1=R1=b3иао= R.

3

Далі, проведема1K⊥AO. Так чтоа1O1OK- прямокутник, поетомуа1O1=ДО. Тогдаак=ДО= .

Далі, у прямокутному ∆ АА1ДО∠ АА1ДО= 45°. Так що,A1K=AK= (a - b)3.

3

У правильному треугольникеавсан =a3, 2

а в.

Площа перетину дорівнює площі трапецииаа1Н1Ні дорівнює:

S=AH+2A1H1⋅A1K=12a23+b23⋅ (a−b) 33=

Відповідь:

75. Висота правильної чотиригранної усіченої піраміди дорівнює 4 див. Сторони основ рівні 2див і 8див.

Знайдіть площі діагональних перетинів.

У діагональному перетині знаходиться трапеція з висотою, рівній висоті піраміди - 4 див, і підставами, рівними діагоналям основ, тобто квадратів зі сторонами 2 див і 8 див. Так що підстави трапеції рівні 2 2 див і 8 2 див. Отже площа перетину дорівнює:S=

Відповідь: 20 2 .

76. У правильній трикутній усіченій піраміді сторона нижньої підстави 8м, верхнього - 5м, а висота 3 м. Проведіть перетин через сторону нижньої підстави і протилежну вершину верхньої підстави.

Знайдіть площу перетину і двогранний кут між перетином і нижньою підставою.

Вісь правильної усіченої піраміди збігається з віссю відповідної повної піраміди, поетомуоо1є висотою усіченої піраміди, а точкиоио1- центри окружностей, описаних біля треугольниковавсиа1В1С1. Тоді

А1O1 3 =8 3(м).

3 3

Далі, проведеман⊥ Всв ∆ АВС. Тому що ∆ АВС- рівносторонній, тоандалее, по теоремі про три перпендикулярахан⊥ ВР (у ∆ А1ВР). Тоді ∠A1HA- лінійний кут шуканого двогранного кута. Проведема1ДО⊥ АН. Тоді з прямоугольникаа1ПРО1Окполучаем, що:

А1O1=ДО. Так чтоак=ДО=

ТогдаКН=АН-АК= 4 3 - 3=3 3 (м). Далі, у прямокутному ∆ А1Кнсtg∠A1HK=KH=3 3= 3 , так що ∠A1HK= 30°. Далі,

A1K3

по теоремі Пифагора в ∆ А1КН:

А1Н=A1K2+KH2= 32+ (3 3)2= 6(м). Так що

площа перетину равнаSа 6 = 24(м2).

Відповідь: 24 м2і 30°.

77. У правильній чотирикутній усіченій піраміді сторони основ 8 м і 2 м. Висота дорівнює 4 м. Знайдіть повну поверхню.

Тому що вісь правильної усіченої піраміди збігається з віссю відповідної повної піраміди, тооо1є висотою піраміди і точкиоио1 є центрами окружностей, уписаних у квадратиавсDиа1B1C1D1. Тоді проведемок⊥АDиок1⊥A1D1.

Виходить, Окио1K1- радіуси уписаних окружностей

OK8 = 4(м)

Далі, проведемк1Н⊥KO. З прямоугольникак1O1ОHследует, чтоок=ПРО1K1=1 м. Так що

KH=KO - OH= 4 - 1 = 3 (м.)

Далі, із прямокутного ∆ КК1Ннайдем по теоремі Пифагора:

КК1=KH2+K1H2= 33+ 42= 5(м), гдекк1- апофема.

Далі, площа полнойповерхности=SABCD+SA1B1C1D1+S, бік Sбок =SABCD=AB= 8[1]= 64 (м2).SA1B1C1D1= А1В12 = 22 = 4 (м2). Відповідь: 168 м2.

78. Знайдіть повну поверхню правильної усіченої піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної, якщо висотаh, а сторони основанийаиb.

Проведемо ОК ⊥ АВ і ОК1⊥ А1В1.

Висотаоо1=hпроходит через центри окружностей, уписаних у підстави. Так чтоок=r1ио1K1=r2.

Тоді в прямокутному ∆ΚΚ1Η:ΚΗ = ΟΚ-ΟΗ=O1K1=r1-r2і по теоремі Пифагора:

КК1=K1H2+KH2=h2+ (r1−r2)2- апофема.

Площа повної поверхні дорівнює сумі площадей1и2основ і площі бічної поверхні.Sбок =Р1+Р2⋅ КК1, 2

гдер1ир2-периметри основ. Тоді:

(a−b)2 і

Так чтокк1=h2+

4

S=S1+S2+Sбок =

=a2+b2+ (a+b)

3) У шестикутної пирамиде,

× 3 ⋅ (a+b) + (a+b) 4h+ 3(a−b) 

79. Доведіть, що центри граней куба є вершинами октаедра, а центри граней октаедра є вершинами куба.

Позначимо центри граней куба З1, З2, З3, З4, З5, З6.

Кожна грань куба граничить з чотирма іншими, так що кожна з точексбудет з'єднана з чотирма іншими. Тому що відстані між центрами граней, що мають загальне ребро, у кубі однакові, то одержимо фігуру, що має 6 вершин, у кожній з який сходиться поnребер, і вся грані являють собою правильні трикутники.

Виходить, ця фігура - октаедр.

Навпаки:

Позначимо центри граней октаедрас1, З2, З3, З4, З5, З6, C7, З8.

Кожна грань октаедра граничить із трьома іншими, так що центр кожної грані буде з'єднаний ребрами з трьома сусідніми центрами. Тому що відстані між центрами граней, що мають загальне ребро, однакові, то вийде фігура, що має вісім вершин; з кожної вершини виходять по трьох однакових ребра і всієї граней являють собою квадрати.

Виходить, ця фігура - куб.

Що і було потрібно довести.

80. Доведіть, що кінці двох непаралельних діагоналей противолежащих граней куба є вершинами тетраедра.

З'єднаємо кінці непаралельних діагоналей противолежащих гранейав1ис1.

Розглянемо отриману фигуруав1D1C. У кожній з четиреха1В1D1исвершин сходяться три ребра. А також всі отрезкиав1,AD1,AC,Β1D1,D1Сивий1Сявляются діагоналями рівних квадратів і, виходить, рівні між собою. Так що фігураΑΒ1D1Ссоставлена з чотирьох правильних трикутників, тобто є тетраедром.

Що і було потрібно довести.

81. Знайдіть двогранні кути правильного тетраедра. Задача вирішена в підручнику п. 185, стор. 72.

82. Знайдіть двогранні кути октаедра.

Проведемо осьSS1, що перпендикулярна плоскостиавс.

Тому що верхня частина октаедра - правильна піраміда, тоо - центр окружності, уписаної в квадратавс.

Позначимо ребро октаедрах. Тоді, еслиок⊥DC, тоок=r=x. 2

ПроведемSки1K, тоді по теоремі про три перпендикуляри имеемSк⊥Dси1K⊥DC. Так що ∠SKS1-лінійний кут шуканого двогранного кута.

З правильного , а з ∆S1DC:S1K=x3=SK.

2

Далі, із прямокутного ∆Sокпо теоремі Пифагора одержуємо:

SO=SK2−OK2=x23−x2=x2=OS1. Так чтоSS1=2OS=x2 .

4 4 2

По теоремі косинусів у ∆SKS1:

SS12 =SK2+S1K2- 2SK⋅S1K⋅ cos∠SKS1.

Тобто ,x2 ⋅ 2 =x2⋅3+x2⋅3− 2⋅x⋅3⋅x⋅3⋅cosα .

4 4 4 4

Так що, cos . Тоді α ≈ 109°28′

Інші двогранні кути рівні знайденому.

83. Які площини симетрії має правильний тетраедр?

Правильний тетраедр має площини симетрії, що проходять через яке-небудь ребро, перпендикулярно протилежному ребру. Тому що ребер 6, те і площин симетрії 6.

84. Скільки площин симетрії в правильного октаедра, додекаедра і икосаедра?

В октаедре через пару протилежних вершин S1і S2проходять чотири площини симетрії (дві з них проходять через ребра A1S1, і A2S1а також B1S1і B2S1.

Ще дві площини проходять через вісь S1S2перпендикулярно ребрам A1B1і A2B1, а також ребрам У1А2і А2В2.

Далі, через пару протилежних вершин A1, A2по тим же розумінням проходять чотири площини симетрії; але одна з них, що проходить через A1S1і A2S1уже була врахована.

Так що є ще три площини симетрії.

Через пару протилежних вершин У1В2 проходять також чотири площини симетрії, але дві з них уже були враховані. Виходить, одержимо всего 4+3+2=9 площин симетрії.

Правильний икосаедр має 12 вершин.

Через першу пару протилежних вершин проходять п'ять площин симетрії (кожна їх їх проходить через ребро, що містить вершину, перпендикулярно протилежному куту).

Далі, через другу пару протилежних вершин також проходять 5 площин, але одна з них підрахована в першому випадку, так що залишаються нових чотири площини симетрії.

Для третьої пари одержимо - 3 нові площини, а для четвертої - дві площини і для п'ятої пари тільки одна нова площина.

Через шосту пару вершин не пройде ні однієї нової площини симетрії.

Виходить, всего 5+4+3+2+1=15 площин симетрії. Правильний додекаедр складається з дванадцяти правильних п'ятикутників. Так що площини симетрії проходять через ребро, що містить вершину, перпендикулярно протилежному ребру.

Тому через першу пару протилежних п'ятикутників проходить 5 площин, через другу пару - 4, через третю - 3, четверту - 2, п'яту - 1. Так що усього площин симетрії 5+4+3+2+1=15.

§21. Тіла обертання.

1. Радіус підстави циліндра 2 м, а висота 3 м. Знайдіть діагональ осьового переріза.

Відповідь: 5 м.

2. Осьовий переріз циліндра - квадрат, площа которого.

Знайдіть площу підстави циліндра.

Задача вирішена в підручнику п. 187, стор. 82.

3. Висота циліндра 6 див, радіус підстави 5 див.

Знайдіть площу перетину, проведеного паралельно осі циліндра на відстані 4 див від її.

АК=OA−OK=3(див), а AD = =2AK = 6(див).

Тоді SABCD= AD⋅AB=6⋅6=36(див2). Відповідь: 36 див2.4. Висота циліндра 8 дм, радіус підстави 5дм.

Циліндр пересічений площиною так, що в перетині вийшов квадрат. Знайдіть відстань від цього перетину до осі.

Тому що в перетині квадрат ABCD, те AB=AD=8 дм. У рівнобедреному ∆АоDпроведемок⊥AD. Тоді АК=AD= 4(дм). Далі, по теоремі Пифагора

ОК =AO2−AK2= 52− 42= 3 (дм).

Відповідь: 3 дм.

5. Висота циліндра 6 дм, радіус підстави 5 дм. Кінці отрезкаав, рівного 10 дм, лежать на окружностях обох основ. Знайдіть найкоротшу відстань від він до осі.

1

У рівнобедреному ∆АоDпроведемок⊥AD, тогдаак= 0,5⋅AD= = 4(дм).

З ∆AOK

ОК=AO2−AK2= 52− 42=3(дм)..

6. У рівносторонньому циліндрі (діаметр дорівнює висоті циліндра) крапка окружності верхньої підстави з'єднана з крапкою окружності нижньої підстави.

Кут між радіусами, проведеними в ці крапки, дорівнює 60°.

Знайдіть кутΧ між проведеною прямою і віссю циліндра.

Через дані точкиАиСпроведем плоскостьавс, рівнобіжну осі. З'єднаємо точкиВиО1. Кут між радіусами, проведеними в дані точкиАиСсоответственно изОиO1буде дорівнює куту ∠BO1C= 60°.

Отже, рівнобедрений ∆BO1Сявляется рівностороннім ивс= 0,5 = К. Шуканий кутΧ між проведеної прямойа Си віссю циліндра дорівнює ∠BAC. У прямоугольникеавс

AB=D=2R(за умовою). Тоді з прямокутного ∆ABCtg= tg∠BAC =їх= arctg .

Відповідь: .

7. У циліндр уписана правильна шестикутна призма. Знайдіть кут між діагоналлю її бічної грані і віссю циліндра, якщо радіус підстави дорівнює висоті циліндра. Задача вирішена в підручнику п. 188, стор. 83.

8. Висота циліндра 2 м. Радіус підстави 7 м. У цей циліндр похило уписаний квадрат - так, що усі вершини його лежать на окружностях основ.

Знайдіть сторону квадрата.

Пустьавс- даний квадрат, тоді проведемвв1исс1перпендикулярно площини підстави. По теоремі про три перпендикулярахв1A⊥АDис1D⊥AD. Так чтоав1С1D - прямокутник иа=B1С1, а його диагональас1є діаметром окружності, так чтоас1=14(м). З ∆ADC1і ∆ СDС1одержимо по теоремі ПифагораDс12=AC12-AD2иDс12=DC2- CC12. Далі, пустьа=DC=а, тоді:

АС12-а2=а2-CC12, 142-а2=а2- 22, а2= 100 иа= 10(м). Відповідь: 10 (м).

9. Радіус підстави конуса 3 м, висота 4 м. Знайдіть образующуюl.

Відповідь 5 м.

10. Утворююча конусаlнаклонена до площини підстави під кутом 30°. Знайдіть висоту.

З прямокутного ∆ВОС:

CO=BC⋅ sin30° =l

2

11. Радіус підстави конуса. Осьовим перерізом конуса є прямокутний трикутник.

Знайдіть його площу.

Даний прямокутний трикутник є ще і рівнобедреним. Так що висота в ньому, проведена до підстави, є і медіаною. А медіана, проведена до гіпотенузи, дорівнює половині гіпотенузи, тобто радіусу, тому що гіпотенуза дорівнює діаметру. Тоді площа

S=R =R2.

Відповідь:R2.

12. У рівносторонньому конусі (осьовий переріз - правильний трикутник) радіус основания.

Знайдіть площу перетину, проведеного через дві утворюючі, кут між який дорівнює α.

Тому що в осьовому перерізі ∆ АВС - правильний, тоас=AB=2R. Площа ∆Мскнайдем по формулі:

S= = 2R2sin α (так какмс=

=СК=АВ- утворюючі). Відповідь: 2R2sinα.13. Висота конуса 20, радіус його підстави 25. Знайдіть площу перетину, проведеного через вершину, якщо відстань від нього до центра підстави конуса дорівнює 12.

Проведемо⊥Мкв рівнобедреному ∆ ОМК. По теоремі про три перпендикулярахс⊥MK. Проведемое⊥СDв ∆COD.

Тогдаоеданное відстань від центра підстави конуса до

плоскостимск. ОЕ= 12.

Так що в ∆COD: sin∠OCE=OE=12= 0,6.

OC20

Тоді cos ∠ОСІ= 1−sin2∠OCE= 1− 0,36 = 0,8.

Так що, tg ∠OCE.

Далі,OD=CO⋅ tg∠OCE= 20 · 0,75 = 15

CD =OD2+CO2= 152+ 202= 25 .

У ∆ΟΜDпо теоремі Пифагора:

MD=OM2−OD2= 252−152= 20, так чтомк= 2МD= 40.

SМСК= 25 = 500.

Відповідь: 500.

14. Радіус підстави конуса, а утворююча нахилена до площини підстави під кутом α. Через вершину конуса проведена площина під кутом φ до його висоти.

Знайдіть площу отриманого перетину.

У прямокутному ∆ АСО CO = AO⋅ tgα= R⋅ tgα.

У ∆ Омкпроведемо⊥MK. Тоді по теоремі про три перпендикулярахс⊥MK.

У прямокутному ∆ОсDимеемо=OC⋅ tgϕ =Rtgα tgϕ і

СD.

Далі, у прямокутному ∆ОDкпо теоремі Пифагора

DK=OK2−OD2=R2−R2tg2α tg2ϕ =R1−tg2α tg2ϕ . Так що

15. Задача вирішена в підручнику п. 190, стор. 85.

16. Висота конусан.

На якій відстані від вершини треба провести площина, рівнобіжну підставі, щоб площа перетину була дорівнює половині площі підстави ?

Проведена площина відітне від конуса подібний конус. У подібних фігурах відношення лінійних розмірів дорівнює коефіцієнту подоби, а відношення відповідних площ - квадрату коефіцієнта подоби. Так что1=K2=1. Поетомук=1. Тогдаl=Ки

S22 2H

l, гдеl- шукана відстань.

Відповідь:

17. Через середину висоти конуса проведена пряма, рівнобіжна образующейl.

Знайдіть довжину відрізка прямої, укладеної усередині конуса.

Пустьм- дана пряма.

Розглянемо осьовий переріз конуса, що містить прямуюм. У ∆ Совпо условиюсо1=O1Оио1N ||CB. Тоді по теоремі Фалесао=NВ, а виходить, ОNR. Так чтоNа=R.

Далі, ∆ΑΜΝ∼ ∆ АСВ, поетомуа=MN. Так що

AB CB

R⋅l

MN.

Відповідь: .

18. Образующаяконуса 13 див, висота 12 див. Конус пересічений прямій, рівнобіжної підставі, відстань

від її до підстави дорівнює 6 див, а до висоти - 2 див.

Знайдіть відрізок прямої, ув'язнений усередині конуса.

Проведемо площину, рівнобіжну підставі й утримуючу дану прямуюв. Тоді проведена площина відітне від конуса подібний конус. Далі, ∆CO1A1∼∆ СОА.

Тогдао1A1=CO1, те естьо1А1=OA⋅CO1=5⋅(12−6)= 2,5(див).

OA CO CO12

Далі, у ∆BO1Dпроведемо1M⊥BD.

Тоді в прямокутному ∆ У1М

ВМ=BO12−O1M2= 2,52− 22= 1,5(див) (по теоремі Пифагора). Так чтов= 2 ⋅ВМ= 2 ⋅ 1,5 = 3(див). Відповідь: 3 див.

19. Радіуси основ усіченого конуса 3 м і 6 м, висота 4м. Знайдіть утворюючу.

Розглянемо осьовий переріз усіченого конуса. Тогдаавс - равнобокая трапеція з основаниямивс= 2R1= 2 ⋅ 3 = 6(м) иа= 2R2= 2 ⋅ 6 =12(м).

Далі, проведемвм⊥АDиск⊥AD. ВСКМ- прямокутник. Имеемвм=Ски ∆ АВМ=∆DCK. Тому

KD). Далі, у прямокутному ∆ΑΒΜ по теоремі Пифагора:

ΑΒ=AM2+BM2= 32+ 42= 5(м).

Відповідь: 5 м.

20. Радіуси основ усіченого конусаRиr, що утворить нахилена до підстави під кутом 45°.

Знайдіть висоту.

Розглянемо осьовий переріз усіченого конуса. Їм є

ABCD - равнобокая трапеція з основаниямивс= 2 ⋅ У1= 2rиа= 2 ⋅AO= 2R.. Далі, проведемвм⊥АDиск⊥AD. Тоді

ВСКМ- прямокутник ивс=МК, ВМ=СК. ∆ АВМ= ∆DCK. Так що

KD=AM=ADr. Далі, ∆ АМВравнобедренний, тому що ∠ А= ∠ АВМ= 45°. Так что=BM=AM=R-r.

Відповідь:R-r.

21. Утворююча усіченого конуса дорівнює 2aи нахилена до підстави під кутом 60°. Радіус однієї підстави вдвічі більше радіуса іншої підстави.

Знайдіть радіуси.

Розглянемо осьовий переріз усіченого конуса. Їм є рівнобедрена трапецияавс, гдевс=2R2иа= 2R1= 2 ⋅ 2R2= =4R2=ВР. Далі, проведемвм⊥АDиск⊥AD. Тогдавскм- прямокутник, так чтовс=Мкивм=СК. Тому ∆ΑΒΜ= ∆DCK(АВ=СDивм=СК). Так що

AM = KD =AD−2BC=4R2−22R2=R2

Далі, у прямокутному ∆ΑΒΜ: АМ = R = АВ⋅ соs60° = 2а.

Тогда1= 2R2=2а. Відповідь: аи 2а.

22. Радіуси основ усіченого конуса 3дм і 7дм, що утворить 5дм.

Знайдіть площу осьового переріза.

Розглянемо осьовий переріз усіченого конуса. Їм є рівнобедрена трапецияавсDс основаниямивс= 2R1= 6 дм иа= 2R2= 14дм. Далі, проведемвм⊥АDиск⊥AD. Так що

ВР=Мкивм=СК. Тоді

ВСКМ- прямокутник.∆ABM= ∆ СК, так що

KD=АМ=AD). У прямокутному ∆ Авмпо теоремі Пифагора одержимо:

ВМ=AB2−AM2= 52− 42=3(дм). Тогда=AD+BC⋅BM=6+14⋅3 = 30(дм2).

2 2

Відповідь: 30 дм2.

23. Площі основ усіченого конуса 4 дм2і 16 дм2, через середину висоти проведена площина, рівнобіжна підставам. Знайдіть площу перетину.

Розглянемо осьовий переріз усіченого конуса. Їм являетсяавс - трапеція з основаниямивс= 2R1иа= 2R2.

Далі,S1= πR12= 4(дм2). Так что1=2(дм) ивс=4(дм). π π

S2= πR22= 16(дм2). Так что2=4(дм) иа=8(дм) π π

МNявляется середньою лінією трапеції, так що:

MN=BC+AD=6. Ном- діаметр даного перетину.

2 π

Тоді радіус цього сечения=MN=3і площа π

S=

Відповідь: 9 дм2.

24. Площа основ усіченого конусамим.

Знайдіть площу середнього перетину, рівнобіжного підставам.

Осьовий переріз усіченого конуса являє собою трапі-

циюавсDс основаниямивс=2R1иа=2R2.

Тому що площі основ рівним= πR22їм= πR22, так что1 =Mπ и2 =mπ .

Тоді, оскількиΜΝ- середня лінія, те

MN=BC+AD=M+m.

2 π

Тоді радіус перетину равен=MN=M+m.

2 π

А площадь= πR2= π(M4+πm)2=(M+4m)2.

25. У піраміди всі бічні ребра рівні.

Доведіть, що вона є уписаної в деякий конус.

Задача вирішена в підручнику п. 191, стор. 85.

26. У конусі даний радіус основанияRи висота. Знайдіть ребро уписаного в нього куба.

Розглянемо осьовий переріз кубааSD. Тоді в ∆АSDвписанвсс1В1-прямокутник зі сторонамивв1=а- довжина ребра куба ивс=а2 - діагональ квадрата, що є гранню куба. Далі, ∆ASD∼ ∆ВSстак що:

a, відкіля

1 2R H

Hа2 = 2RH- 2а. Так чтоа(2R+H2) = 2RH, иа= 2RH. 2R+H2

Відповідь: а=2RH.

2R+H2

27. У конусі даний радіус основанияRи висота. У нього уписана правильна трикутна призма, у якої бічні грані - квадрати

Знайдіть ребро призми.

Нехай довжина ребра призми равнаа.

Тоді з рівностороннього ∆ Авснайдемоа - радіус окружності, описаної біля ∆ АВС, ОА. Далі, розглянемо осьове сечениеSо1D. Тому що ∆SОА∼ ∆SOD, те

OA=SO,a3=H−a, так що

O1D SO13R H

а3 =3RH- 3Rа,a(3R+H3) = 3RH, иа=3RH. 3R+H3

Відповідь: а=3RH.

3R+H3

28. Напівкуля й уписаний у нього конус мають загальну підставу і загальну висоту .

Через середину висоти проведена площина, рівнобіжна підставі.

Доведіть, що площа перетину, укладеного між бічною поверхнею конуса і поверхнею напівкулі, дорівнює половині площі підстави.

Розглянемо осьовий переріз конусасоа. Тоді ∆ З1А1∼ ∆ СОА, так чтосо O1A1, так що

O1A1=OAAO.

Шукана площа перетину дорівнює різниці площ кіл з радиусомо1Вио1А:

S=.

А площа основанияSо= πOA2= πR2, так що площа перетину дорівнює половині площі підстави, що і було потрібно довести.

29. Куля, радіус якого 41 дм, пересічений площиною на відстані 9дм від центра.

S= π⋅AB2= π ⋅ 402= 1600π (дм2) = 16π (м2). Відповідь: 16π м2.

30. Через середину радіуса кулі проведена перпендикулярна йому площина.

Як відноситься площа отриманого перетину до площі великого кругу?

Задача вирішена в підручнику п. 193, стор. 87.

31. Радіус шара. Через кінець радіуса проведена площина під кутом 60° до нього.

Знайдіть площу перетину.

У прямокутному ∆ΑΟΒ маємо:

AB=Овсоs 60° .

Тоді площа перетину дорівнює:

S= π ⋅AB2= πR2=πR2.

 2  4

Відповідь: .

32. Радіус земного шара. Чому дорівнює довжина паралелі, якщо її широта 60°?

У прямокутному ∆ АОВ:

∠AOВ=90°-∠BОК=30°.

АВ. Тоді довжина паралелі равнаl =.

Відповідь: πR..33. ГородNнаходится на 60° північної широти.

Який шлях робить цей пункт протягом 1ч. унаслідок

обертання Землі навколо своєї осі?

Радіус Землі прийняти рівним 6000 км. У прямокутному ∆ АО: ∠АО=90°-∠NOK=30°.

Тогдаа. За одну годину городNсовершит шлях по дузі, рівної довжини окружності з радиусома.

Так що,lответ: ≈785 км.

34. На поверхні кулі дані три крапки. Прямолінійні відстані між ними 6 див, 8 див, 10 див. Радіус кулі 13 див. Знайдіть відстань від центра до площини, що проходить через ці крапки.

Проведемоо1перпендикулярно площини ∆Α ВР. Тоді прямокутні трикутникиΑΟ1Ο,BO1O, З1Оравни по катеті і гіпотенузі (так какао=BO=З- радіус кулі иоо1- загальний катет). Так чтоо1-центр окружності, описаної біля треугольникаавс (ПРО1А=ПРО1В=ПРО1С).

Далі, помітимо, що 62+ 82= 102, так що ∆ Авспрямоугольний з гипотенузойас. Поетомуо1- серединаас, так чтоао1=АС=5 (див). Далі, у прямокутному ∆AOO1:

OO1=AO2−AO12= 132−52=12 (див).

Відповідь: 12 див.

35. Діаметр кулі 25 див. На його поверхні дані точкааи окружність, усі крапки, який вилучені (по прямій) отана 15 див. Знайдіть радіус цієї окружності.

Радіус кулі дорівнює половині діаметра.

Так чтоаодалее, ∆ Аовравнобедренний (так який=ОА) иав=15 див. Знайдемо площу ∆ΑΟΒ по формулі:

SАОВ=p⋅ (p−AO)⋅ (p−OB)⋅ (p−AB) =

= 20⋅ (20-12,5)⋅ (20 −12,5)⋅ (20 −15) =75(див). НоSаов= .

Так что=BO

Відповідь: 10 див.

36. Радіус кулі 7 див. На його поверхні дані дві рівні окружності, що мають загальну хорду довжиною 2 див.

Знайдіть радіуси окружностей, знаючи, що їхні площини перпендикулярні.

З центра шараопроведем перпендикуляриоо1 иовк площинам відповідних окружностей. З точеко1 і В проведемо перпендикулярио1В1 ивв1 до загального хордеас. Тогдаав1=B1C=AC=1(див).

Далі, у прямокутному ∆ ПРО1AB1, еслио1A=Rис1B=a, те получимо1А2=ПРО1В12+АВ12, т. е2=a2+ l. У прямокутному ∆BCB1обозначимвс=R, ВВ1=b, тодіΒC2=ΒΒ12+Β1C2, тобтоR2=b2+ l. Так чтоа=b, те естьо1В1=ВВ1.

ТодіΟΟ1BB1- квадрат і його диагональов12=2ПРО1В2=2а2. Далі, у прямокутному ∆OAB1OA=7 див, тогдаоа2=ОВ12+АВ12, тобто 49=2а2+l, а2=24.

Далі,R2=a2+1=25, так чтоо1А=R= 25 =5(див).

Відповідь: 5 див.

37. Дано кулю радиуса. Через одну крапку його поверхні проведені дві площини: перша - дотична до кулі, друга - під кутом 30° до першого. Знайдіть площу перетину.

Тому що ∠O1AB=30°, аОА⊥ АВ, те ∠OAO1=90°-∠Ο1ΑΒ=90°- -30°=60°.

Далі, у прямокутному ∆Α ПРО1O:

AO.

Тоді площа перетину равна=π ·AO12= πR2 =πR2 .

 2  4

Відповідь:πR2.

4

38. Мається тіло, обмежене двома концентричними кульовими поверхнями (порожня куля).

Доведіть, що його перетин площиною, що проходить через центр, рівновелико перетину, дотичному до внутрішньої кульової поверхні.

1 2

Площа дотичного перетину равна=πO1A2=π (R12-R22).

Площа перетину кулі площиною, проходящейчерез центр, дорівнює різниці площадей=πR12-πR22=π (R12-R22). Тобто площі шуканих перетинів рівні. Що і було потрібно довести.

39. Куля радиусаRкасается всіх сторін правильного трикутника зі сторонойа.

Знайдіть відстань від центра кулі до площини трикутника Задача вирішена в підручнику п. 195, стор. 88.

40. Сторони трикутника 13див, 14див і 15див. Знайдіть відстань від площини трикутника до центра кулі, що стосується всіх сторін трикутника. Радіус кулі 5див.

Проведемоо1перпендикулярно площини ∆ΜΝΚ. Тому що сторони ∆МNккасаются кулі, тооа,Овиосперпендикулярни сторонам ∆ΜΝΚ. Тоді по теоремі про три перпендикулярахо1A,O1Вио1Стоже перпендикулярні до відповідного сторонам ∆MNK.

Далі, тому що ∆ АОО1=∆ ВОО1=∆ СОО1(по катеті і гіпотенузі), те:

O1A=O1B=O1С. Так чтоо1- центр уписаної окружності в ∆ΜΝΚ. Площа ∆ΜΝΚ дорівнює:

S=p⋅ (p−MN)⋅ (p−MK)⋅ (p−NK) = 21⋅7⋅8⋅6=84 (див2).

Но=pr, так чтоо

Далі, у прямокутному ∆АОО1:

OO1=AO2−AO12= 52− 42=3 (див).

Відповідь: 3 див.

41. Діагоналі ромба 15 див і 20 див. Кульова поверхня стосується всіх його сторін. Радіус кулі 10 див. Знайдіть відстань від центра кулі до площини ромба.

Проведемо перпендикуляроо1 до площини ромба.

Отрезкиом=ON=OK=OE=10 див і перпендикулярні відповідним сторонам ромба. Так що по теоремі про три перпендикулярахо1М, O1N, ПРО1Кио1Еперпендикулярни відповідні сторонам ромба. Далі, ∆ΟΟ1Μ=∆ΟO1N=∆ ОО1ДО=∆OO1E(по гіпотенузі і катету). Так чтоо1M=O1N=O1K=O1Еи виходить, ОБ1- центр уписаної в ромб окружності.

Тоді

SABCD

З іншого боку,

SABCD=ah=AD·NE. Так що NE=SABCD=150=12(див).

AD12,5

Тоді ПРО1Е= NE=6(див).

Далі, у прямокутному ∆ ОО1Е:

OO1=OE2−O1E2= 102−62= 8(див).

Відповідь: 8 див.

42. Через дотичну до поверхні кулі проведені дві взаємно перпендикулярні площини, що перетинають кулю по колах радиусовr1иr2

Знайдіть радіус шара.

Проведемо перпендикуляриOOиOOк даним площинам. За умовою ∠Ο1ΑO2=90°, так чтоOO AO - прямокутник. Тоді по теоремі Пифагораоа=R= .

Відповідь:r12+r22.

43. Куля радиусаRвписан в усічений конус.

Кут нахилу образующейlк площини нижньої підстави конуса дорівнює α .

Знайдіть радіуси основ і утворюючу усіченого конуса.

Розглянемо осьовий переріз, що є трапециейавс, причемав=CD. ∠ΒΑD=α. Проведемвм⊥AD. Тогдавм=O1O2=2R.

У ∆ АВМ:l=AB=.

Центр уписаної вавсDокружности лежить на перетинанні бісектрис, так чтоаоиво - бісектриси, тобто ,

∠ABO=1∠ABC= 90°-1α .

2 2

Так що ∆ АВО- прямокутний, тому

2R⋅sin

BO2

Далі, у прямокутному ∆ВОО1:BO1=BO2−OO12=

Rα2 −R2=R⋅1− cos2αα2 =Rsin22αα2 =Rtg2α2 =Rtgα2 .=

 cos 2cos22 cos 2

Тому що відрізки дотичних, проведених з однієї крапки до

окружності, рівні, товк=У1иао2=AK.

Тоді АТ2= AK = AB - BK = АВ - У1= sin2Rα−Rtgα2=

= 2αRα−Rsinαα2 =R⋅1−αsin2αα2  =Rααα.

2sin cos cos cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2 2

Відповідь: .

44. Дві рівних кулі радиусаRрасположени так, що центр одного лежить на поверхні іншого.

Знайдіть довжину линииl, по якій перетинаються їхні поверхні. Задача вирішена в підручнику п. 196, стор. 90.

45. Радіуси куль 25 дм і 29 дм, а відстань між їхніми центрами 36 дм. Знайдіть довжину линииl, по якій перетинаються їхні поверхні.

Розглянемо перетин, проведений через центри куль. Тоді лінія перетинання куль являє собою окружність радиусаа, гдеан - висота в ∆ ОАО1, проведена до сторониΟΟ1.

Площа ∆OAO1дорівнює

S=p⋅ (p−OA)⋅ (p−O1A)⋅ (p−OO1) = = 45(45− 25)(45− 29)(45−36) = 360(дм2).

Але з інший сторониSан, так що

АН

Далі,

Відповідь: 4π м.

46. Знайдіть радіус кулі, описаного біля куба з реброма.

Розглянемо осьовий переріз кулі, що проходить через діагональ куба. Тому що в прямокутному паралелепіпеді квадрат будь-якої діагоналі дорівнює сумі квадратів трьох його вимірів, то AC12=a2+a2+a2і АС1=a3 ; тогда=AO=AC1=a3.

2

47. Доведіть, що центр кулі, описаного біля правильної піраміди, лежить на її осі.

Задача вирішена в підручнику п. 197, стор. 90.

48. Доведіть, що центр кулі, уписаного в правильну піраміду, лежить на її висоті.

НехайΧ крапка торкання кулі і бічний граниаSв. З крапкиΧ проведемо прямуюхм⊥ ПРО1ПРО2, гдео1ОБ2- діаметр кулі, перпендикулярний площини підстави.

Тоді по теоремі Пифагора в ∆ ОХМ:

XM=OX2−OM2=R2−OM2, где- радіус кулі.

Так що крапки торкання кулі з бічними гранями лежать у площині, перпендикулярної диаметруо1O2і на рівній відстані від точким.

Виходить, усі крапки торкання належать уписаної в перетин, перпендикулярноео1ПРО2, окружності з центром у крапціΜ. Тоді, точкамлежит на осі правильної піраміди, що є висотою. Так що і точкаолежит на висоті правильної піраміди. Що і було потрібно довести.

49. Знайдіть радіус кулі, описаного біля правильного тетраедра з реброма.

Нехай висота тетраедраDо1 перетинає поверхню кулі в деякої точкем. Висота в правильній піраміді проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Так чтоо1С- радіус описаної околоавсокружности. ∆ Авсравносторонний, так що

O1C=AB3=a3.

3 3

Розглянемо осьовий переріз кулі, що містить точкус. ∆DСМ- прямокутний, тому що уписаний кут ∠Dсмопирается на диаметрDм. Тоді катетDс- є середнє геометричне між своєю проекцією і гіпотенузою. Те естьDс=DM⋅O1D.

4

50. У правильній чотирикутній піраміді сторона підстави равнаа, а плоский кут при вершині дорівнює α. Знайдіть радіуси уписаної й описаної куль.

Проведемо в піраміді висотуSоиSH⊥DC. Тоді по теоремі про три перпендикулярахо⊥DC. Тоді, тому що ∆SDсравнобедренний, тоSHявляется і медіаною, і бісектрисою. Так що

HС=аи ∠CSH=a. У ∆SHC:SC=аи 2 2 sinCSH

SH.

=a2 cos2aa2 −1 =acosaα. Далі, ∠SBM=90°, тому що цей уписанsіn22sin

2 2 ний кут спирається на диаметрSм. Знаємо, що катет є середнім пропорційної між гіпотенузою і проекцією катета на гіпотенузу, так чтов2=SМ·SO, так що

4sin2a

2 или.

Тому що радіус описаного шара=SM, то=αa.

2sin cosα

2

Далі, розглянемо перетин піраміди плоскостьюSо.

OO2=EO2- радіус уписаної кулі. Маємо ∆SHО∼ ∆SO2E:

Так що2E=SO2OO. Так що

α α α α

=acos 2 −sin 2=a1−tg2.

2cos21+tgα

2

51. У кулю радиусаRвписана правильна трикутна піраміда з плоскими кутами α при її вершині. Знайдіть висоту піраміди.

Проведемо висотуSопирамиди, иSH⊥AC. Тому що ∆АSсравнобедренний, тоSHявляется і медіаною, і бісектрисою. Так що, еслиа=Х, те

AH. У рівносторонньому ∆ΑΒ З

радіус описаної окружності равенао=AC= .

3 3

У прямокутному ∆АSопо теоремі Пифагора:

SO=AS2−AO2=X2−4X2sin2α=X1−4sin2α.

3 2 3 2

Розглянемо осьовий переріз кулі, що містить точкуА.∠SAD=90°- як уписаний кут, що спирається на диаметрSD. Тому що в прямокутному трикутнику катет є середнім пропорційної між гіпотенузою і проекцією катета на гіпотенузу, те

у ∆ASD:AS2=SD·SO,X2= 2R⋅X1−4sin2α, так що

3 2

Х=2R1−4sin2α.

3 2

Тому висота піраміди дорівнює:

SO = Х⋅ 1−4sin2α= 2R1−4sin2α⋅ 1−4sin2α=

3 2 3 2 3 2

= 2R1−4sin2α .

 3 2 

52. Правильнаяn-угольная призма уписана в кулю радиуса. Ребро підстави призми равноа. Знайдіть висоту призми при:

1)n= 3; 2)n= 4; 3)n= 6.

Тому що уписана призма правильна, то висота буде дорівнює довжині отрезкао2O, де точкио2иоявляются центрами окружностей, описаних біля основ призми. Тоді

ОО2=2OO1= 2O1B2−OB2= 2R2−b2гдеb=OB- радіус окружності, описаної біля підстави призми. Тоді:

1)n= 3. У підставі призми лежить рівносторонній трикутник. Так чтоb=a3, тому

3

ОО2=2R2 −a332 = 2R2 −a32 .

2)n= 4. У підставі призми лежить квадрат. Так що

b=a22иоо2=2R2 −a222 = 2R2 −a22 .

3) п =6. У підставі призми лежить правильний шестикутник. Так чтоb= a, поетомуоо2= 2R2−a2.

53. Сторона підстави правильнойn-угольной піраміди равнаа, двогранний кут при підставі дорівнює φ. Знайдіть радіус кулі, уписаного в піраміду.

У правильній піраміді проведемо висотуSо. Тогдао- центр окружності, описаної біля підстави. Так що ∆AOB- рівнобедрений і ∠ АОВ=360o. Далі, проведемо⊥BA. Тоді поn

теоремі про три перпендикулярахSH⊥ АВ. Тоді ∠SHO=ϕ (лінійний кут даного двогранного кута). У прямокутному ∆OHB:

ВІН=tg∠BHHOB=2tg180ao, (так какон- висота, медіана і бисn

сектриса).

Центр уписаної окружності лежить на перетинанні бісектрис,

так чтоо1Н-биссектриса кута φ, так що ∠ ВОНО1=ϕ2

У прямокутному ∆ΟΟ1H:

αatg

OO1= OH · tg∠OHO1=2o- шуканий радіус.

2tg180n

54. Знайдіть радіус кулі, описаного біля правильнойn-угольной піраміди, якщо сторона підстави равнаа, а бічне ребро нахилене до площини підстави під кутом α.

Проведемо висотуSоправильной піраміди. Тогдао- центр окружності, описаної біля підстави. Далі,

У прямокутному ,

АТ=a180o(радіус описаної окружності в правильному n-

2sіnnугольнике.

ТогдаSа= 2sin180aocosα . Далі, SO = AO⋅tgα = 2sinatg180αon n

Розглянемо осьовий переріз кулі, що містить точкуа.

∠SAD= 90° як уписаний кут, що спирається на диаметрSD. Тому що катет є середнім пропорційної між гіпотенузою і проекцією катета на гіпотенузу, тоа2=SD⋅SO(у ∆ASD).

Так чтоSD=ASSO2=8sin2180a2⋅osincos1802nα°⋅atgα =n

= 8sin180oasinαcosα = 4sin180ao sin2α .n n

ТогдаSо1=12SD= αa⋅sin180o- шуканий радіус.

2sin2

n

§22. Обсяги багатогранників.

1. Три латунних куби з ребрами 3 див, 4 див і 5 див переплавлені в один куб. Яке ребро в цього куба? Обсяг нового куба буде дорівнює сумі обсягів трьох даних кубів. Те есть=V1+V2+V3. Але обсяг куба равен=a3. Так чтоа=3a13+a32+a33=333+ 43+53= 6 (див). Відповідь: 6 див.

2. Металевий куб має зовнішнє ребро 10,2 див і масу 514,15 р. Товщина стінок дорівнює 0,1 див. Знайдіть щільність металу, з якого зроблений куб.

Ребро внутрішнього куба равноb=a-2·0,1=10 (див).

Обсяг металу дорівнює різниці обсягів кубів:V=a3-b3=10,23-103=61,208. Тоді щільність

ρ =m=514,15≈ 8,4 г/см3.V61,208

3. Якщо кожне ребро куба збільшити на 2 див, то його обсяг збільшується на 98 див3. Чому дорівнює ребро куба? Задача вирішена в підручнику п. 200, стор. 99.

4. Якщо кожне ребро куба збільшити на 1 м, то його обсяг збільшиться в 125 разів. Знайдіть ребро.

Нехай ребро куба равноа, тоді його объем=а3. Далі, ребро нового куба равноа+1, його объем′=(а+1)3. За умовою:

VV1′ =125,(aa+31)3=125,aa+1= 5. Так чтоа=0,25(м).

5. Цегла розміром 25х12х6,5 має масу 3,51кг. Знайдіть його щільність.

Знайдемо обсяг цегли:V= 25⋅12⋅6,5 = 1950 (див3).

Далі, 3,51кг=3510р. Так що щільність

6. Потрібно установити резервуар для води ємністю 10 м3на площадці розміром 2,5м х 1,75 м, що служить для нього дном. Знайдіть висоту резервуара.

Площа дна=2,5⋅1,75 = 4,375 (м2). Тому що

V=S⋅h, тоh

7. Виміру прямокутного паралелепіпеда 15м, 50м і 36м. Знайдіть ребро рівновеликого йому куба.

Обсяг паралелепіпеда дорівнює V =15⋅50⋅36 = 27000 (м3). Нехай ребро кубаа, тогда=а3. Те естьа= 27000 = 30 (м).

8. Виміру прямокутного бруска 3див, 4див і 5див. Якщо збільшити кожне ребро наΧ сантиметрів, то поверхня збільшиться на 54 див2. Як збільшиться обсяг?

Площа поверхні прямокутного параллелепипеда=2·(ab+bc+ac), гдеа, b, з - його виміру. Площа поверхні даного бруска равна=2·(3·4+3·5+4·5)=94 (див2). Тоді площа поверхні нового бруска′=2·((X+3)(X+4)+(X+3)(X+5)+

+(X+4)(X+5))=6X2+48X+94=S+54=148 (див2). Так що

6X2+48X+94=148

X2+8X-9=0,X=-9 илих=1. Кореньх=-9 не підходить, тому що інакше розміри нового бруска негативні. Виходить, Х=1.

Так що 2. Обсяг збільшиться в 2 рази.

9. Чавунна труба має квадратний перетин, її зовнішня ширина 25 див, товщина стінок 3 див. Яка маса погонного метра труби (щільність чавуна 73 г/см3)?

Знайдемо внутрішню ширину трубиу=x-2·3 = 25-6 = 19 (див). Тоді площа перетину равна=x2-y2= 252-192= 264 (див2) і обсяг метра труби=S⋅100=26400 (див3).

Далі,m= ρ ⋅V= 7,3⋅26400 = 192720(гр) = 192,72(кг) ≈ 193(кг).

10. Чому дорівнює обсяг прямокутного паралелепіпеда, діагональ которогоасоставляет із площиною підстави кут α, а з бічною гранню - кут β?

У ∆ АСС1:

З1С=АС1⋅sinα=asinα.AC=AC1⋅cosα=acosα. Далі, у ∆C1D1A

D1C1=AC1⋅sinβ=a⋅sinβ.DC=D1C1=asinβ. Тоді в ∆АDспо теоремі Пифагора:

AD=AC2−DC2=a2cos2α −a2sin2β =a⋅ cos2α −sin2β .

Обсяг прямокутного паралелепіпеда дорівнює добутку трьох його вимірів, так что=AD⋅DC⋅CC1=a3sinα⋅sinβ cos2α−sin2β .

11. У прямому паралелепіпеді сторони основанияаиbобразуют кут 30°. Бічна поверхня равна. Знайдіть його обсяг. Задача вирішена в підручнику п. 201, стор. 100.

12. У прямому паралелепіпеді сторони підстави 2 2 див і 5див утворять кут 45°. Менша діагональ дорівнює 7див. Знайдіть його обсяг.

У підставі паралелепіпеда лежить паралелограм із площадью=AB⋅AD⋅ sin 45° = = 10(див2). Далі, у ∆ΑΒDпо теоремі косинусів:

BD=AB2+AD2− 2⋅AB⋅AD⋅cos45o=

= 8+ 25− 2⋅2 2 ⋅5⋅2= 13 (див).

2

Тоді в ∆BDD1по теоремі Пифагора:

DD1=BD12−BD2= 72−13 = 6(див). Тому

V=S⋅DD1= 60(див3).

13. Підстава прямого паралелепіпеда - ромб, площа якого 1м2. Площа діагональних перетинів 3 м2і 6 м2. Знайдіть обсяг паралелепіпеда.

Підстава паралелепіпеда - ромб, із площею

S= ). Так що

AC·BD=2(м2). Діагональні перетини - прямоугольникиасс1А1ивDD1B1із площадями1=AC·CC1и2=BD·DD1. Тогда1·S2=AC⋅BD⋅ СС12= 2СС12= 3⋅6 = 18 (м2), так чтосс1=3 (м) и=S⋅ СС1=1⋅3=3 (м2).

14. Вирішите попередню задачу в загальному випадку, якщо площа ромба, а площі діагональних сеченийми. У підставі лежить ромб.

Пустьd1иd2- діагоналі ромба. Тогда=. Діагональ-

ними перетинами є прямокутники, у яких однією стороною є діагональ ромба, а іншої - висота прямого паралелепіпеда.

Так що їхньої площі:

M=d1⋅hи=d2⋅h, гдеh- висота.

Тогдам=d1⋅d2⋅h2= 2Qh. Откудаh2=МNи 2Q

h=MN; Тогда=Q⋅H=MNQ.

2Q2

15. Підстава похилого паралелепіпеда - квадрат, сторона якого дорівнює 1м. Одне з бічних ребер дорівнює 2м і утворить з кожної з прилежащих сторін підстави кут 60°. Знайдіть обсяг паралелепіпеда.

З точкиа1проведемо перпендикуляри до сторін основанияаDиав. Тогдааа1·cos60°=2⋅0,5=1м=AD. Так що підставою перпендикуляра є точка. Далі,AA1·cos60°=1м=АВ, так що підстава перпендикуляра, опущеного з точкиА1 наАВбудет у точкеВ. Тобто А1D⊥AD і A1B⊥AB. Тоді по теоремі про три перпендикуляраха1C⊥Dси, відповідно,A1C⊥BC. Так що А1С - висота паралелепіпеда.

У квадратеавсDдиагональас= 2АВ= 2 (м). Тоді в прямокутному ∆AA1Спо теоремі Пифагора: А1С=AA12−AC2= 4− 2 = 2 (м). Так что=SABCD⋅A1C=AB2⋅A1C=1⋅ 2 = 2 (м3).

16. Грані паралелепіпеда - рівні ромби зі сторонойаи гострим кутом 60°.

Знайдіть обсяг паралелепіпеда.

Проведемо перпендикуляра1Ок площини підстави, а такжеа1M⊥АDиΑ1Κ⊥ΑΒ. По теоремі про три перпендикулярахом⊥АDиок⊥ АВ.∆ АА1М=∆ АА1ДО (по гипотенузеаа1і гострому куті

∠A1AM=∠A1AK=60°). Тогдаак=AM=AA1·cos60=a.

2

Далі, ∆ΑΜ ПРО= ∆ АКО (по гіпотенузі і катету).

Так що ∠ КАО=∠ ОАМ=30°.

AO= cos∠АММАО= 2cosa30o 3 .

У прямокутному ∆ АА1Опо теоремі Пифагора:

A1O=AA12 −AO2 =a2 −a32 =a23 .

Підстава паралелепіпеда - ромб із площею

S;

Тогда=S⋅A1O=a223⋅a32=a23.

17. Кожне ребро паралелепіпеда дорівнює 1див. В однієї з вершин паралелепіпеда всі три плоских кути гострі, по 2α кожний. Знайдіть обсяг паралелепіпеда.

Проведемо перпендикуляра1Ок площини підстави, а такжеа1M⊥АDиа1K⊥AB. Тоді по теоремі про три перпендикулярахом⊥АDиок⊥ АВ. ∆ АА1М=∆AA1K(по гіпотенузі і гострому куті 2α). Так чтоак=AM=AA1·cos2α=cos2α. Далі, ∆ АМО=∆ АКО (по гіпотенузі і катету). Так що ∠ КАО=∠ МАО=α.

AO.

Далі, у прямокутному ∆ АА1Опо теоремі Пифагора одержуємо:

A1O=AA12 −AO2 = 1−coscos222αα=cos2 cosα −2cosα 22α==1+cos2α −12α−cos4α=cos22αcos−2cosα4α=sincosα⋅sinα3α(див).2cos

Далі, підстава паралелепіпеда - ромб із площею

S=АВ⋅AD⋅sinα=1 ⋅ 1sin2α=sin2α (див2). Тоді обсяг

V

= 2 sin

18. У паралелепіпеді довжини трьох ребер, що виходять з однієї вершини, равниа, b, c. Ребрааиbвзаимно перпендикулярні, а ребрособразует з кожним з них кут α. Знайдіть обсяг паралелепіпеда.

Підстава паралелепіпеда - прямоугольникавсDсо сторонамиав=аиа=b. Його площадь=AB⋅AD=ab. З точкиа1проведемо перпендикуляриа1Ок площини підстави, а такжеа1M⊥АDи

А1ДО⊥ АВ. Тоді по теоремі o трьох перпендикулярахом⊥АDиок⊥ АВ. Далі, ∆ АА1М=∆ АА1ДО (по гіпотенузі і гострому куті α). Так чтоак=АМ=АА1⋅ cosα=c⋅cosα.

Далі, ∆ΑΜΟ= ∆ АКО (АТ− загальна сторона иак=АМ). Так що

∠ МАО=∠ КАО=45°. Тоді

AO= cos∠АММАО=ccos⋅cos45αo =c2 cosα . У ∆AA1Опо теоремі Пифагора одержуємо:

A1O=AA12−AO2=c2− 2c2cos2α =c1− 2cos2α =c⋅ − cos2α .

Тогда=SABCD⋅A1O=abc− cos2α .

19. По стороні основанияаи бічному ребруbнайдите обсяг правильної призми: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.

Обсяг призми равен=Sосн ⋅h, гдеh- висота. Але в правильній призмі висота дорівнює бічному ребру, так чтоh=b(за умовою) и=b⋅Sосн. Тоді:

1) Підстава - рівносторонній трикутник. Його площа дорівнює:ba23.

Sосн=. Тогда=

4

2) Площа квадратаSосн=a2,V=ba2.

3) Правильний шестикутник являє собою шість рівносторонніх трикутників зі сторонойа. Так що

Sосн .V.

20. Дерев'яна плита у формі правильного восьмиугольника зі стороною 3,2див. і товщиною 0,7див має масу 17,3 р. Знайдіть щільність дерева.

У ∆ ВСО: ∠ ОСВ=90° і ∠ ВОС=22°30′. Тоді

CO

Далі, площа правильного восьмиугольника

S= 8⋅SAOB

Тоді обсяг труби(див3).

Далі, ρ =17,314⋅tg,33622o30′ ≈ 0,5 м3 .

 див

21. Діагональ правильної чотирикутної призми дорівнює 3,5 див, а діагональ бічної грані 2,5 див. Знайдіть обсяг призми.

Тому що за умовою призма правильна, тосс1⊥DсиDс⊥AD. Так що по теоремі про три перпендикулярахс1D⊥AD. Далі, у прямокутному ∆ АС1Dпо теоремі Пифагора знаходимо:

AD=AC12−DC12= 3,52− 2,52= 6 (див).

Тоді в прямокутному ∆DC1Спо теоремі Пифагора знайдемо: З1С=DC12−DC2=DC12−AD2= 2,52− 6 = 0,5(див).

Далі,V=SABCD⋅CC1=AD2⋅CC1= 6⋅0,5 = 3 (див3).

22. Сторона підстави правильної трикутної призми равнаа, бічна поверхня рівновелика сумі основ. Знайдіть її обсяг.

Площа підстави дорівнює площі рівностороннього трикутника зі сторонойа. Так чтоSосн.

Далі, площа бічної поверхні дорівнює добутку пе-

23. У правильній шестикутній призмі площа найбільшого діагонального перетину 4м2, а відстань між двома протилежними бічними гранями 2м.

Знайдіть обсяг призми.

Найбільше діагональний перетин - етоаа1D1D. Тогдаа - діаметр окружності, описаної біля правильного шестикутника. Так чтоа=2Rиав=АМ=R. ∠ Мавнайдем по формулі:

∠MABo . Тоді

MAB= 60оимх.

Далі, у прямокутному .

Так что

Виходить,AD= 2R=

А посколькуSаа1D1D=AA1⋅AD=4 м2, то АА

Далі, площа підстави дорівнює площі шести рівносторонніх

∆, те естьSосн = 6⋅SAMO=

.

Тогда=Sосн⋅ АА1= 2 3 ⋅ 3 = 6(м3).

Відповідь: 6 м3.

24. У похилій призмі проведене перетин, перпендикулярний бічним ребрам і пересекающее всі бічні ребра.

Знайдіть обсяг призми, якщо площа сечения, а бічні ребра равниl.

Задача вирішена в підручнику п. 202, стор. 102.

25. Бічні ребра похилої трикутної призми рівні 15м, а відстань між утримуючими їхніми рівнобіжними прямими 26м, 25м і 17м. Знайдіть обсяг призми.

Проведемо перетин, перпендикулярний бічним ребрам. Вийде ∆MΝΚ зі сторонами, рівними відстаням між рівнобіжними прямими, що містять бічні ребра призми.

Використовуючи задачу № 24, маємо, що: обсяг призми дорівнює добутку площі перетину, проведеного перпендикулярного бічним ребрам, на довжину бічного ребра. Далі, знайдемо по формулі ГеронаSмNк:

S=p(p−MK)(p−MN)(p−NK) =

= 34⋅ (34 − 26)⋅ (34 − 25)⋅ (34 −17) = 204 (м2). Тогда=S⋅BB1= 204⋅15 = 3060 (м3).

26. Обчислите пропускну здатність (у кубічних метрах за 1ч) ринви, перетин якої має вид рівнобедреного трикутника з підставою 1,4м і висотою 1,2м. Швидкість бігу води 2м/с.

Якщо d - довжина труб, що проходить вода за 1 годину, то=S⋅d=S⋅v⋅t, гдеv- швидкість бігу води заt=1 година=3600 сек.S- площа трикутника, так що

S), тому кількість минулої води дорівнює

V=S⋅v⋅t= 0,84⋅2⋅3600 = 6048(м3). Відповідь: 6048 м3.

27. Перетин залізничного насипу має вид трапеції з нижньому підставою 14м, верхнім 8м і висотою 3,2м.

Знайдіть, скільки кубічних метрів землі приходиться на 1км насипі.

Залізничний насип являє собою пряму призму з підставою у виді трапеції і висотою, рівної бічному ребру довжиною 1 км=1000 м. Тоді

V

28. У прямій трикутній призмі сторони основ рівні 4див, 5див і 7див, а бічне ребро дорівнює більшій висоті підстави. Знайдіть обсяг призми.

S

Далі, висота призми дорівнює бічному ребру, тобто більшій висоті підстави. Велика висота підстави та, котра проведена до меншої підстави. Тоді, якщо вона равнаh, те

Sосн). Так чтоh

Ну, и=Sосн⋅h= 4 6 ⋅2 6 = 48(див3).

Відповідь: 48 див3.

29. Площа підстави прямої трикутної призми дорівнює 4див2, а площі бічних граней - 9 див2, 10 див2і 17 див2. Знайдіть обсяг.

Бічні грані призми - це прямокутник з однієї зі сторін, рівній довжині бічного ребра, тобто АА1, а іншої - рівній стороні ∆ АВС, що лежить у підставі. Далі,SAA1B1B=AB⋅AA1;SBCC1B1=BC⋅BB1 ;SCC1A1A=AC⋅CC1 .

Так що в.

Тоді полупериметрр. І по формулі Герона:

SАВС=p(p−AB)(p−BC)(p−AC) , тобто

4 =18⋅9⋅8⋅1.

AA1AA1AA1AA1

= 9, чи АА1= 3 (див). или=3(див).

Тоді

30. Підстава призми - трикутник, у якого одна сторона дорівнює 2див, а дві інші - по 3див. Бічне ребро дорівнює 4див і складає з площиною підстави кут 45°. Знайдіть ребро рівновеликого куба.

Проведемо перпендикуляра1Ок площини підстави. Тоді в прямокутному ∆ АА1ОА

Далі, знайдемо площу підстави по формулі:

Sосн=p(p−AB)(p−AC)(p−BC) =

= 4⋅ (4 − 2)(4 −3)(4 −3) = 2 2 (див). Далі, обсяг призми:

V=Sосн⋅A1O= 2 2 ⋅2 2 = 8(див3). Обсяг куба дорівнює

V1=а3. Тоді, если1=V= 8 див3, тоа3= 8 иа= 2 (див). Відповідь: 2 див.

31. Підставою похилої призми є рівносторонній трикутник зі сторонойа; одна з бічних граней перпендикулярна підставі і є ромбом, у якого менша діагональ равнас. Знайдіть обсяг призми.

Нехай граньаа1B1Вявляется ромбом і перпендикулярна підставі. Тоді проведема1H⊥Автак, що получима1Н - висота осна23. призми. АВ=АА1=а. Площа ∆ Авсравна=

4 Далі, площа ∆ АА1Вравна:

SAAH. З іншої сторони

=

=

32. Чому дорівнює обсяг прямої чотирикутної призми, якщо її висотаh, діагоналі нахилені до площини підстави під кутами α і β і гострий кут між діагоналями дорівнює γ ?

А1 В1 С1

З

А D

У прямокутних ∆АС1Си ∆BDD1маємо:

AC=CCtgα1= tghα,BD=DDtgβ1= tghβ.

Площа чотирикутника дорівнює добутку діагоналей на синус кута між ними. Так що

Sосн .

Тоді объем.

33. По стороні основанияаи бічному ребруbнайдите обсяг правильної піраміди: 1) трикутної, 2) чотирикутної, 3) шестикутної.

У правильній піраміді висота проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Тоді

1) Площа підстави дорівнює площі рівностороннього треуголь-

ника:Sосн=. Радіус описаної окружностиао=a3. Те3

гда в ∆ АТ1ПРО:

2) Підстава - квадрат із площадьюSосн=a2. Радіус описаної окружностиаоравен половині діагоналі квадрата:

AO. Далі, у ∆ АОО1:

a2 =2b2−a2 . Так що

OO1 =AO12 −AO2 =b2 − 2 2

V=1Sосн ⋅ ОО1 =13 ⋅a2 ⋅2b22−a2 =a62 4b2 − 2a2 .

3

3) Площа підстави дорівнює площі правильного шестикутника, тобто площі шести рівносторонніх трикутників зі сторонойа.

Sосна2 . Далі,

Радіус описаної окружності дорівнює стороні основанияао=a. Тоді в ∆ АОО1:

34. Сторона підстави правильної шестикутний пирамидиа, а двогранний кут при підставі дорівнює 45°. Знайдіть обсяг піраміди.

Проведемо висоту пирамидиO1O. У правильній піраміді висота проходить через центр окружності, уписаної в підставу. Тоді проведемОЕ⊥ АВ. По теоремі про три перпендикуляриΟ1Ε⊥ΑΒ. Так чтоОЕ- радіус уписаної окружності, а ∠O1EO=45° як лінійний кут даного двогранного кута.

Тогдаое.

Далі в ∆ ПРО1ОЕ:

OO1(тому що ∆ ОБ1ОЕ- рівнобедрений).

Далі площа підстави дорівнює площі 6 рівносторонніх трикутників зі сторонойа:

Sосна2. Так що

V.

35. Бічні ребра трикутної піраміди взаємно перпендикулярні, кожне ребро равноb. Знайдіть обсяг піраміди.

Проведемо висотуоо1 піраміди. Оскільки всі бічні ребра рівні, то висота піраміди проходить через центр описаної біля підстави окружності. Так чтоао=R.

Далі в рівнобедрених прямокутних ∆AO1B, ∆BO1С, ∆ АТ1С:

АВ=ВР=АС=bo =b2.

sin 45

Так що в ∆ АВС: АТ=R=AB3=b6. Далі площа равносто-

3 3

AB23

роннего ∆ АвсравнаSосн = =b23. Потім у прямоуголь-

4 2

ном ∆AO1Опо теоремі Пифагора одержуємо:

OO1 =AO12 −AO2 =b2 −b29⋅6=b33.

Тогда.

Відповідь: .

36. Чому дорівнює обсяг правильної трикутної піраміди, у якої сторона основанияа, а бічні ребра взаємно перпендикулярні?

Площа підстави дорівнює площі рівностороннього трикутника зі сторонойа, те естьSосн=. Далі кожна бічна грань 4

є рівнобедреним прямокутним трикутником. Так чтоао1=У1=З1=AB=a2.

2 2

Далі знаємо, що висота правильної пирамидиоо1проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Так що

Площа підстави тетраедра дорівнює площі рівностороннього трикутника зі сторонойа. Так чтоSосн.

Далі висота піраміди OO1проходить через центр окружності,

3

Октаедр складається з двох правильних рівних чотирикутних пірамід. Площа підстави кожної пирамидиSосн=a2. Висота кожної піраміди проходить через центр окружності, описаної біля квадрата, що лежить у підставі.

Так чтоао. Далі в ∆ АОО1:

OO1 =AO12 −AO2 =a2 −a22=a22. Тоді обсяг піраміди

V.

А обсяг октаедра дорівнює двом обсягам пирамиди= 2V0=a232.

39. Підстава піраміди - прямокутник зі сторонами 9 м і 12 м, усі бічні ребра рівні 12,5 м.

Знайдіть обсяг піраміди.

Тому що всі бічні ребра рівні, те висотаоо1 піраміди проходить через центр описаної біля підстави окружності. Але центр окружності, описаної біля прямокутника це крапка перетинання діагоналей. Так чтоаоас . Далі в ∆ АСВ:

AC=AB2+BC2= 122+92=15 (м).

Поетомуао

Далі по теоремі Пифагора в ∆AOO1:

OO1=AO12−AO2= 12,52−7,52=10 (м).

Площа основанияSосн =AB⋅BC= 9 ⋅ 12 = 108(м2).

Тогда

Відповідь: 360 м2.

40. Підстава піраміди - рівнобедрений трикутник зі сторонами 6 див, 6 див і 8 див. Усі бічні ребра рівні 9 див. Знайдіть обсяг піраміди.

Тому що всі бічні ребра рівні, те висотаоо1 піраміди проходить через центр окружності, описаної біля підстави. Те естьао=R. Далі по формулі Герона:

Sосн=p(p− АВ)(p− АС)(p− ВР) =

= 10(10−6)(10−6)(10−8) = 8 5 (див2).

Далі радиусописанной навколо трикутника окружності знайдемо по формулі:

АТ=R=АВ⋅ ВР⋅ АС=6⋅6⋅8=9 5(див).

4SАВС4⋅8 5 5

Тоді в ∆ АОО1:

OO1 =AO12 −AO2 = 81−815 =1855(див).

Так чтоVответ: 48 див3.

42. У підставі піраміди лежить прямокутник. Кожне бічне ребро піраміди равноlи складає із суміжними сторонами прямокутника кути α і β. Знайдіть обсяг піраміди.

Тому що всі бічні ребра піраміди рівні, те її висотаоо1проходить через центр описаної біля підстави окружності. Центр окружності, описаної біля прямокутника, це крапка перетинання діагоналей. Так чтоао=R=АС . Проведемо1M⊥Всио1K⊥DC. Тоді по теоремі про три перпендикулярахом⊥BC,aOK⊥DC. Так чтоомск - прямокутник і ОМ=КС. У прямокутних ∆Ο1Сми ∆Ο1CK:CM=O1C·cosα=l·cosα,KC=O1C·cosβ=l·cosβ.

Далі, у прямокутному ∆ Осмпо теоремі Пифагора:

ОС=R=OM2+CM2=l2cos2β+l2cos2α =lcos2β + cos2α .

Далі, у прямокутному ∆Ο1OC:

OO1=O1C2−OC2=l2−l2cos2β −l2cos2α =lsin2β − cos2α .

Потім площа основанияSосн=DC⋅BC= 2KC⋅2MC= 4l2cosβcosα.

Тогда

.

43. Знайдіть обсяг піраміди, що має підставою трикутник, два кути якого a і β; радіус описаного круга. Бічні ребра піраміди нахилені до площини її підстави під кутом γ.

Тому що всі бічні ребра піраміди нахилені до площини підстави під тим самим кутом, то висота пирамидио1Опроходит через центр описаної біля підстави окружності. Так чтоао=ОВ=ОС=R.

Далі, у прямокутному ∆ΑΟ1Ο:OO1=AO⋅tgγ=R⋅tgγ.

У ∆ АВС∠BΑC=180°− (α+β).·Тоді відповідно до теореми синусів

.

Потім площа треугольникаавс:

Тогда.

44. Знайдіть обсяг усіченої піраміди з площею оснований1и2(Q1 > Q2) і висотойh.

Задача вирішена в підручнику п. 205, стор. 104.

45. У піраміді з площею основания1проведене перетин, рівнобіжний підставі, на расстоянииhот його. Площа сечения2. Знайдіть висоту піраміди.

46. У правильній усіченій чотирикутній піраміді сторони нижньої і верхньої основ равниаиb, а двогранний кут при ребрі нижньої підстави дорівнює α. Знайдіть обсяг піраміди.

Побудуємо осьове сечениеавс, перпендикулярне стороні основаниям. Тоді ∠BAD=α - лінійний кут даного двогранного кута. Проведемо перпендикуляриво⊥АDиск⊥AD. Тогдаво=СК- висота усіченої піраміди.

Розглянемо рівнобедрену трапециюавс.∆ АВО= ∆DCK.

Так чток=AO.

Тоді в ∆ABO BO=AO. Далі площі нижнього і

верхнього основ піраміди рівні соответственно1=a2и2=b2. Тоді обсяг піраміди (із задачі № 44) дорівнює:

VВО (S1 +S1S2 +S2)=

.

47. Вирішите попередню задачу у випадку правильної усіченої трикутної піраміди.

Доповнимо дану усічену піраміду до повної. Проведемо висотуо2O. Тому що в правильній піраміді висота проходить через центр окружності, уписаної в підставу, томоим1ОБ1- радіуси окружностей, уписаних у ∆Авси ∆A1B1C1. Далі площі

a23и2=b243соответстравни ∆Авси ∆A1B1C1равни1=4

венно, а радіуси уписаних окружностейом=a3і 6O1M1 =b63.

Посколькуом⊥ АВ, те ∠M1MO=α - лінійний кут даного двогранного кута. У прямокутної трапециимм1ПРО1Опроведемм1K⊥MO, тоді

МК.

Далі в ∆ М1МК:

M1K. Так що

V

.

48. Через середину висоти піраміди проведена площина, рівнобіжна підставі.

У якім відношенні вона поділяє обсяг піраміди? Задача вирішена в підручнику п. 206, стор. 105.

49. Висота пирамидиh.

На якій відстані від вершини знаходиться перетин, рівнобіжне підставі і делящее її обсяг навпіл?

Проведений перетин відтинає від даної піраміди подібну. У подібних фігурах відношення лінійних розмірів дорівнює коефіцієнту подоби, а відношення обсягів кубу коефіцієнта подоби. Так что1:V2=k3=12, те естьк=312. Далееh1=kh=3h2.

Відповідь: 3h2 .

§ 23. Обсяги і поверхні тіл обертання.

1.25м мідного дроту мають масу 100,7р.

Знайдіть діаметр дроту (щільність міді 8,94 смг3).

Знайдемо обсяг дроту:

V

Но= . Так що

d=4πVl= 8,944⋅⋅100π⋅2500,7≈ 0,076 (див) = 0,76(мм).

2. Насос, що подає воду в паровий казан, має два водяників циліндра. Діаметри циліндрів 80мм, а хід поршня 150мм.

Чому дорівнює годинна продуктивність насоса, якщо кожен поршень робить 50 робочих ходів у хвилину?

Обсяг кожного циліндра равенVтогда за 1 хвилину через насос проходить

V1= 250⋅V2= 100⋅240000π = 24⋅106π (мм3) = 24π (л).

А за 1 годину =60 минут= 60⋅V1= 1440π (л) ≈ 4500 (л).

3. В скількох разів треба збільшити висоту циліндра, не змінюючи його підставу, щоб обсяг збільшився вnраз? В скількох разів треба збільшити радіус підстави циліндра, не змінюючи висоту, щоб обсяг збільшився вnраз?

Обсяг циліндр равен=Sосн ⋅h. Тоді, еслиVV′=n, тоSS′⋅⋅hh′=nи′ =S0, тоh′ =nh0.

0

Тобто, еслименять підстава для того, щоб обсяг збільшити вnраз, треба висоту циліндра збільшити вnраз. Далі, якщо

VV′ =n, иh′ =h0, тоSS′⋅⋅hh0′ =ππ(RR′02)2 = RR0′ 2 =n, так що

0 0

R′ =n⋅R0. Тобто щоб при незмінній висоті збільшити обсяг циліндра вnраз, треба радіус підстави збільшити вnраз.

4. У циліндр уписана правильна трикутна призма, а в призму уписаний циліндр. Знайдіть відношення обсягів циліндрів.

Нехай сторона підстави призми равнах.

Тоді радіус циліндра, описаного біля призми, дорівнює радіусу окружності, описаної біля правильного трикутника, зі сторонойх1=х33.

А радіус уписаного в призму циліндра дорівнює радіусу окружності, уписаної в правильний трикутник, зі сторонойх;R. Відносини обсягів циліндрів:

2 2 2

V1=πR123⋅x3  .

V2πR2⋅h R2

5. Знайдіть обсяг циліндра, уписаного в правильну шестикутну призму, у якої кожне ребро равноа.

По условиюн=АА1=а. Далі ∆АОВ - рівносторонній. Радіус уписаного цилиндрао=AO⋅sin∠OAD= (так какао=R=AB=a).

Тоді обсяг циліндра

2

V.

 2 

6. Свинцева труба (щільність свинцю 11,4 г/см3) з товщиною стінок 4мм має внутрішній діаметр 13мм. Яка маса 25 м цієї труби?

Якщо внутрішній диаметрd1=1,3див, то зовнішній диаметрd2=1,3+2⋅0,4=2,1(див).

Далі,

m= ρ⋅V= ρ (V2−V1) = ρπd422 ⋅h−πd412 ⋅h =

.

7. Купа щебеню має конічну форму, радіус підстави якої 2 м, а утворююча 2,5 м.

V.

Відповідь: 6,3 м3.

8. Осьовим перерізом конуса є рівнобедрений прямокутний трикутник, площа якого 9 м2.

Знайдіть обсяг конуса.

V.

У рівнобедреному прямокутному треугольникеаSва=Sви

S.

Так чтоа=BS= 2⋅S= 2⋅9 = 3 2 (м).

Тогдаав=AS2+BS2= 18+18 = 6 (м) иао=АВ= 3 (м).

Далі в

Так что28,26 (м3).

Відповідь: ≈28,26 м3.

9. Довжина утворюючої конуса равнаl, а довжина окружності підстави - с. Знайдіть обсяг конуса.

Формула для довжини окружности=2πR. Так чтоов=R= 2зπ.

Далі в прямокутному ∆Sвопо теоремі Пифагора одержуємо:

SO=BS2 −OB2 =l2 − 4cπ22 =4π22lπ2−c2 .

Тогда

.

10. Утворююча конуса складає з площиною підстави кут α. Знайдіть обсяг конуса.

У прямокутному ∆SBOSO=BS·sinα=lsinα, а BO=BS·cosα=lcosα.

Тогда.

11. Стіг сіна має форму циліндра з конічним верхом. Радіус його підстави 2,5 м, висота 4 м, причому циліндрична частина стогу має висоту 2,2 м.

Щільність сіна 0,03 г/см3. Визначите масу стогу сіна.

ρ=0,03г/см3=30кг/м3.ОА=R, OO1=h1⋅OS=h2.

Тогда= 2,5(м),h1=2,2(м).

Так чтоh2= 4м -h1= 1,8 (м).

Далі,m=V⋅ρ=ρ⋅ (V1+V2) =

1 1

.

Відповідь: ≈1648,5 кг

12. Рідина, налита в конічну судину висотою 0,18м і діаметром підстави 0,24м, переливається в циліндричну судину, діаметр підстави якого 0,1 м.

Як високо буде стояти рівень рідини в судині? Знайдемо обсяг конічної судини:

V

Тому що обсяг рідини не змінився , те обсяг циліндра

V=V0. Тобто .

Так чтоh= π4Vd02 = 4⋅0,864π⋅0⋅,01π⋅10−3 = 0,3456 (м) ≈ 0,35(м) .

13. Рівносторонній трикутник обертається навколо своєї сторониа.

Знайдіть обсяг отриманого тіла обертання.

У рівносторонньому ∆ABC

ОС=AO=1AC=a, аво= .

2 2 2

Тоді обсяг отриманого тіла обертання дорівнює сумі обсягів двох однакових конусів з радиусомвои висотойао=OC.

Те есть.

14. Прямокутний трикутник з катетами А и В обертається біля гіпотенузи.

Знайдіть обсяг отриманого тіла обертання.

Обсяг отриманого тіла обертання дорівнює сумі обсягів кону-

сов з радиусомови висотамиSоисо.

Далі в ∆Sвспо теоремі Пифагорас=a2+b2. Площа треугольникаSвсравнаSв, а также. Так чтово=ВР⋅BS=ab.SC a2 +b2

Далее=V

= 13 πOB2 ⋅CS=13πaa22+bb22 ⋅a2 +b2 = 3aa22b+2πb2 .

15. Знайдіть обсяг усіченого конуса, у якого радіуси оснований1и2(R1 < R2), а висотаh.

Задача вирішена в підручнику п. 209, стор. 111.

16. Соснова колода довжиною 15,5 м має діаметри кінців 42див і 25див.

Яку помилку (у відсотках) роблять, коли обчислюють обсяг колоди, множачи його довжину на площу поперечного переріза в середині колоди?

Проведемо осьове сечениеавс. Тогдам- середня лінія

трапецииавс, АВ=25див=0,25м , СD=42див = 0,42 м. Так що

MN. Далі

Обсяг колоди равен

Якщо обчислювати обсяг колоди шляхом множення його довжини на площу поперечного переріза в середині колоди, то одержимо:

V. Так що допускається помилка .

17. Радіуси основ усіченого конусаRиr, що утворить нахилена до площини підстави під кутом 45°.

Знайдіть обсяг.

Проведемо висотуоо1. Тогдааоо1D- прямокутна трапеція. Проведемаа1⊥DO1. АОО1А1- прямокутник, так чтоао=А1ПРО1=r. ТогдаDа1=DO1-A1O1=R-r.

Далі, у прямокутному трикутнику ∆DAA1∠ADA1=45°, так що ∠ADA1=90°−∠ADA1=45°. Тому

∆DAA1- рівнобедрений иаа1=DA1=R-r=ОО1,- висота конуса. Тоді

V.

18. Площа осьового переріза усіченого конуса дорівнює різниці площ основ, а радіуси основанийRиr. Знайдіть обсяг цього конуса.

Площа трапецииавсDравна різниці площ основ, те естьав.

Так чтооо1 .

Тогда

19. Усічений конус, у якого радіуси основ 4див і 22див, і рівновеликий циліндр маю ту саму висоту.

Чому дорівнює радіус підстави цього циліндра?

За умовою обсяги циліндра і конуса однакові і їхні висоти рівні, так что=V′ иh=h′.

Так що, .

Тобто,R=222+22⋅4+42 =14 (див).

3 Відповідь: 14 див.

20. За даними радіусам основанийRиrопределите відношення обсягів усіченого конуса і повного конуса.

Доповнимо усічений конус до повного. Тоді, если0- обсяг усіченого конуса, а1- обсяг конуса з радіусом r, то=V2+V1.

З подоби конусів випливає, що еслиr=k, то1=k3,

R V

Так что0=V−V1=1−V1=1−k3 =1−r3.

V V VR

21. Чавунна куля регулятора має масу 10кг.

Знайдіть діаметр кулі (щільність чавуна 7,2 г/см3). Щільність ρ=7,2 г/см3= 7200кг/м3. Далі обсяг шара=mρ = 720010= 7201(м3).

Так как= πR3 =πd63 , тоd= 36πV= 3 π7206= 3 1201π ≈ 0,14 (м).

22. Потрібно переплавити в одну кулю дві чавунних кулі з діаметром 25див і 35див. Знайдіть діаметр нової кулі.

Обсяг нової кулі дорівнює сумі обсягів даних куль:V=V1+V2. Так що

= + , те естьd0=3d13+d23=3253+353≈ 39(див).

23. Мається шматок свинцю масою 1 кг.

Скільки кульок діаметром 1 див можна відлити зі шматка (щільність свинцю 11,4 г/см3)?

Маса одного кулькам

Виходить, загальне число кульок: .

24. З дерев'яного циліндра, висота якого дорівнює діаметру підстави, виточена найбільша куля. Скільки відсотків матеріалу сточено ?

Радіус кулі дорівнює радіусу циліндра і половині висоті циліндра. Тоді, если- радіус циліндра, то обсяг шара0=43πR3, а обсяг цилиндра2=Sосн ⋅ 2R=πR2⋅2R=2πR3.

Тоді обсяг сточенного матеріалу

V′.

А процентне співвідношення:

V′ ⋅33%.

V2πR

25. Зовнішній діаметр порожньої кулі 18 див. Товщина стінок 3 див. Знайдіть обсяг матеріалу, з якого виготовлена куля.

Зовнішній радиус). Тоді внутрішній радиусr=R- =6(див).

Обсяг матеріалу дорівнює різниці обсягів зовнішньої і внутрішньої куль, то есть

26. Судина має форму напівкулі радиуса, доповненого циліндром.

Якої висоти повинна бути циліндрична частина, щоб судина мала объем?

Обсяг судини дорівнює сумі обсягів напівкулі радиусомRи циліндра з радіусом основанияRи шуканої висотойх.

Те есть.

Х=V−π23R2πR3 = πVR2 − 32R.

27. Площина, перпендикулярна діаметру кулі, поділяють його на частині 3див і9 див.

На які частини поділяється обсяг кулі?

ОО1= 3 див, так що обсяг верхнього сегмента равен1= π ОО12⋅R− 3  .

V1= π⋅32⋅6−33= 45π (див3), так как=O12O2=3+29= 6 (див) - радіус кулі.

Тоді обсяг нижньої частини дорівнює різниці обсягів кулі і верхнього сегмента, тобто

V.

28. Яку частину обсягу кулі складає обсяг кульового сегмента, у якого висота дорівнює 0,1 діаметра кулі?

Висотаh= 0,1d= 0,2R. Тоді обсяг кульового сегмента

V0= πh2R−h3 = 0,04πR2R−0,32R=0,1123πR3.

Такчто0=0,112πR3=0,112= 0,028 .

V

29. Дві рівних кулі розташовані так, що центр одного лежить на поверхні іншого.

Як відноситься обсяг загальної частини куль до обсягу цілої кулі?

Загальна частина куль являє собою суму двох однакових кульових сегментів з висотойок, где- радіус куль.

Так что0 = 2πOK2R−OK3  = 2π⋅R42 R−R6  =512R3π.

.

12⋅4πR

30. Діаметр кулі, рівний 30 див, є віссю циліндра, у якого радіус підстави дорівнює 12див. Знайдіть обсяг частини кулі, ув'язнений усередині циліндра.

Розглянемо осьовий переріз кулі. Обсяг частини кулі, ув'язнений усередині циліндра, дорівнює сумі обсягів циліндра з радіусом основанияNв=12 див і висотойвс, а також двох однакових кульових сегментів з висотойм.

Маємо в

Так що по теоремі Пифагора:

ON=OB2−NB2= 9(див) .

Далеевс= 2NO= 18 (див) иNм=OM−ON=15−9 = 6(див) .

Так що обсяг кульового сегмента1= πNM2R−NM3=

= 36π (R-2) = 36π⋅13 = 468π (див3).

Обсяг цилиндра2= πNB2⋅BC=π⋅122⋅18 = 2592π (див3). Так що загальний объем= 2V1+V2= 3528π (див3).

31. Чому дорівнює обсяг кульового сектора, якщо радіус окружності його підстави 60 див, а радіус кулі 75 див.

Розглянемо осьовий переріз кулі. У прямокутному ∆ОВК OB=75див,KB=60див (за умовою). Тоді по теоремі Пифагора

OK=OB2−BK2= 752−602=45(див).

Так що висота кульового сегментаск=З− ОК=75−45=30(див). І обсяг одного сегмента:

V) = 112,5π (дм3).

Обсяг кульового сектора, що залишився, дорівнює різниці обсягу кулі і знайденого обсягу сегмента:V

32. Круговий сектор з кутом 30° і радиусомRвращается біля одного з бічних радіусів.

Знайдіть обсяг отриманого тіла.

У прямокутному ∆ΟΟ1B1BO=R,∠BOO1=30°.

Так що,OO.

Далі, висота отриманого кульового сегмента

KO.

Так що його обсяг

V.

33. Поверхні двох куль відносяться какм: п. Як відносяться їхні обсяги?

Поверхня обчислюється по формулі S = 4πR. Тоді, якщо

S1= 4πR12 =m, то1 =m; так що

S2 4πR22n R2n

4πR3

1= 3 1 =

VV2 34πR23 RR12 3 = mn3 = mn.

34. Гіпотенуза і катети трикутника є діаметрами трьох куль. Яка існує залежність між їх поверхнями?

По теоремі Пифагора в прямокутному трикутнику: з2=a2+b2.

Так що πc2=πa2+πb2. Площа поверхні кулі равна=πd2, так що площа кулі з діаметром, рівним гіпотенузі, дорівнює сумі двох куль з діаметрами, рівними катетам.

35. Поверхня тіла, утвореного обертанням квадрата біля сторони, рівновеликаі поверхні кулі, що має радіусом сторону квадрата. Доведіть.

Так каковсо1- квадрат, то висота цилиндраоо1дорівнює радіусу основанияов. Площа поверхні циліндра дорівнює сумі площ бічної поверхні і двох основ:

S1=2Sосн+Sбок=2π ОВ2+2π ОВ⋅ ОО1=4π ОВ2.

Далі, площа поверхні кулі, що має радіусом сторону підстави, равна2=4πR2=4π ОВ2=S. Що і було потрібно довести.

36. Радіус кулі 15 див.

Яку площу має частина його поверхні, видима з крапки, вилученої від центра на 25 див?

У прямокутному трикутнику катет є середнім геометричної між гіпотенузою і його проекцією на гіпотенузу. Так що в ∆ ОВА:

ОВ2=ОА⋅ ОО1. Так чтооо1=ОВ2=152= 9 (див).

ОА25

Поетомуо1С=ОС− ОО1=15−9=6(див).

Так що площа видимого сферичного сегмента равна=2πR⋅ ПРО1С=2π ОВ⋅ ПРО1С=2π⋅15⋅6 = 180π (див2).

37. Куля радіусом 10 див цилиндрически просвердлений по осі.

Діаметр отвору 12 див.

Знайдіть повну поверхню тіла.

Розглянемо осьовий переріз кулі. Тогдаов=R=10(див)

ВD

Так що в ∆Dвопо теоремі Пифагора одержимо:

OD=OB2− ВD2= 102−62= 8(див).

Площа шуканої поверхні дорівнює сумі площі бічної поверхні циліндра з радіусом підстави, равнимDв, і висотойвм=2·OD=2⋅8=16(див) і площади′, рівної різниці площ кулі і двох кульових сегментів з висотойс=CO−OD=10−8=2(див).

Те есть=S0+S′=2π⋅DB⋅BM+(4π⋅OB2−2⋅2π·OB⋅CD)= =π (2⋅6⋅16+4⋅102−4⋅10⋅2)=512π (див3).

38. Циліндричний димар з діаметром 65 див має

висоту 18м.

Скільки жерсті потрібно для її виготовлення, якщо на заклепки

іде 10% матеріалу?

Бічна поверхня труби дорівнює бічної поверхні циліндра з радіусом R= ) і висотою h=18(м).

Sбок = 2πRh = 2π⋅0,325⋅18=11,7 (м2).S=πD⋅H.

З огляду на, що на заклепки іде 10% матеріалу, то загальна кількість його: S=1,1Sбок=1,1⋅11,7π≈40,4 (м2).

39. Напівциліндричний звід підвалу має 6 м у довжину і 5,8м у діаметрі. Знайдіть повну поверхню підвалу.

Повна поверхня підвалу складається з половини повної поверхні циліндра і площі підлоги, тобто площі прямокутника зі сторонамиh=6 м иd=5,8 м.

Так что=12 (Sбок + 2Sосн) +h⋅d=1πdh+πd22  +h⋅d=

2

=1(π⋅5,8⋅6 +16,82π)+ 34,8 = 25,81π + 34,8 ≈116(м2) . 2

Відповідь: 116 (м2).

40. З круглого листа металу виштампувана циліндрична склянка діаметром 25 див і висотою 50 див. Припускаючи, що площа листа при штампуванні не змінилася, знайдіть діаметр листа. Площа стакана0дорівнює сумі площі бічної поверхні циліндра і площі основания

Тому що площа не змінилася, то.

Откудаd=4πS0= 5625 = 75 (див).

Відповідь: 75 (див).

41. У циліндрі площа підстави равна, а площа осьовим переріз. Чому дорівнює повна поверхня циліндра?

Осьовим перерізом циліндра є прямокутник зі сторонамиd- діаметр иh- висота циліндра, так чтом=d⋅h. Далі,S=Sбок+2Sосн=πd⋅h+2Q=πM+2Q.

42. Конусоподібний намет висотою 3,5 м і діаметром підстави 4 м покрита парусиною. Скільки квадратних метрів парусини пішло на намет?

BO=AB=2(м).

У прямокутному ∆ Свопо теоремі Пифагора одержимо:

СВ=З2+У2= 3,52+ 22= 16,25 (м).

Далі площа бічної поверхні конуса=πRl=π⋅OB⋅BC=π⋅2⋅ 16,25 ≈25,3 (див2).

43. Дах вежі має форму конуса. Висота даху 2м, діаметр вежі 6 м.

Знайдіть поверхню даху.

OB

У прямокутному ∆ Свопо теоремі Пифагора одержимо

BC=OB2+OC2= 32+ 22= 13 (м).

Далі,S=π⋅Rl=π·ОВ·BC=π·3 13 ≈ 34(м2) . Відповідь: 34 (м2).

44. Площа підстави конуса, а утворюючі нахилені до площини підстави під углома. Знайдіть бічну поверхню конуса

Площа підстави конуса=πR2=π·ОВ2. Откуда=ОВ=.

Далі, у прямокутному ∆ СВО:CB= соsовα= cos1α ⋅

Тоді, Sбок=πRl=π ОВ⋅ ВР=π ⋅Sπ ⋅ cos1α ⋅Sπ = cosα .

45. Як відносяться між собою бічна і повна поверхні рівностороннього конуса (у перетині правильний трикутник)?

Тому що ∆ АВС - рівносторонній, те

RBC. Тоді бічна поверхня дорівнює

Sбок=πRl=πR⋅BC=πR⋅2R=2πR2.

А повна поверхня равна=Sбок+Sосн=2πR2+πR2=3πR2.

Так чтоSбок=23ππRR22 =23 .

46. Повна поверхня рівностороннього конуса рівновеликаі поверхні кулі, побудованого на його висоті як на діаметрі. Доведіть.

Повна поверхня рівностороннього конуса равна0= 3πR2(дивися задачу №45).

Далі розглянемо осьовий переріз. Тоді в рівносторонньому

∆Авсвисотас=АВ3=R3. Так чтоо=R3і

2 2

площа поверхні кулі дорівнює

S=4πOC2 = 4πR232 = 3πR2 =S0.

Що і було потрібно довести.

47. Півколо згорнуть у конічну поверхню. Знайдіть кут між утворюючою і віссю конуса.

При згортанні півкола в конус довжина дугиавбудет дорівнює довжині окружності підстави конуса. Так що

l.

Так чтоао1=АТ.

2

У прямокутному ∆АОО1:

. Так що ∠AOO1=30°. Відповідь: 30°.

48. Радіус кругового сектора дорівнює 3 м, його кут 120°. Сектор згорнуть у конічну поверхню. Знайдіть радіус підстави конуса.

Довжина окружності підстави конуса (б) дорівнює довжині дугиав. Тобто

l.

Так що АТ= =1(м).

Відповідь: 1 м.

49. Скільки квадратних метрів латунного листа буде потрібно, щоб зробити рупор , у якого діаметр одного кінця 0,43 м, іншого кінця - 0,036 м і утворююча - 1,42 м?

Доповнимо усічений конус до повного. Тоді з подоби до-

нусов випливає, чтоав=KB.

DC KC

Пустькв =а.

Тоді .

Так чтоа≈0,1297(м) ікс=а+1,42 =1,5497 (м).

Площа бічної поверхні усіченого конуса дорівнює різниці площ бічних поверхонь конусів:S=S

=π (0,215⋅1,5497 - 0,018⋅0,1297)≈1,04 (м2).

50. Скільки оліфи буде потрібно для фарбування зовнішньої поверхні 100 цебер, що мають форму усіченого конуса з діаметрами основ 25 див і 30 див і утворюючої 27,5 див, якщо на 1 м2потрібно 150 м оліфи?

Доповнимо усічений конус до повного.

Пустькв=а.

З подоби конусів випливає:

DCAB=KCKB, 3025=а+а27,5 , откудакв=а=137,5(див) ікс=а+27,5=165(див).

Повна площа цебра складається з площі підстави

Sосн=AB2=156,25π (див2) і бічної поверхні цебра, рівноїπ

4 різниці бічних поверхонь конусів:Sбок=S1-S2=πDC⋅KC−AB⋅KB =  2 2 

м

Загальна кількість фарби m=100.

[1] ) У чотирикутної пирамиде1=a2,S2=b2, Р1= 4a,Ρ2= 4b,

r.