Шлях до математики: кроки успіху: Задачі з поясненнями (остання частина)

Задачі з поясненнями (остання частина)

2021. І ч.Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, сторона AD якого лежить у нижній основі циліндра. Діагональ АС перерізу утворює з площиною верхньої основи циліндра кут β. Діаметр основи циліндра дорівнює d.
1. Зобразіть на рисунку заданий циліндр і його осьовий переріз ABCD.
2. Укажіть кут β, що утворює пряма АС із площиною верхньої основи циліндра.
3. Визначте об’єм циліндра.
Відповідь

V= $\frac{\pi{d^3}tg\beta}{4}$ .
1. Для побудови осьового перерізу проводимо діаметр верхньої основи, з кінців діаметра проводимо твірні циліндра і з'єднуємо їх в нижній основі. Отримуємо прямокутник ABCD.
2. Діаметр BC є проекцією прямої АС на верхню основу, тому кут АСВ (кут між похилою і її проекцією) є кутом, який утворює АС з площиною верхньої основи циліндра і дорівнює β за умовою.
3. З прямокутного трикутника АВС АВ=BCtgβ=dtgβ. Радіус кола основи R=ВС:2= $\frac{d}{2}$ . V=πR²H= $\pi(\frac{d}{2})^2dtg\beta$ = $\frac{\pi{d^3}tg\beta}{4}$ .
2021. II ч. Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, сторона AD якого лежить у нижній основі циліндра. Діагональ АС перерізу утворює з площиною верхньої основи циліндра кут β. Діаметр основи циліндра дорівнює d. На колі нижньої основи вибрано точку К так, що відрізок АК видно з точки D під кутом 30^o.
1. Зобразіть на рисунку заданий циліндр і вкажіть кут γ між площиною (СКА) і площиною нижньої основи. Обгрунтуйте його положення.
2. Визначте кут γ.
Відповідь

γ= $arctg(\frac{2tg\beta}{\sqrt{3}})$ .
1. Для побудови осьового перерізу проводимо діаметр верхньої основи, з кінців діаметра проводимо твірні циліндра і з'єднуємо їх в нижній основі. Отримуємо прямокутник ABCD.
Поставимо точку К на дузі AD так, щоб кут KDA був 30^o.
Так як вписаний кут AKD спирається на діаметр кола, то він дорівнює 90^o. Тоді АК⊥KD. Так як KD є проекцією CК на площину основи, то за теоремою про три перпендикуляри CК⊥AK. Тоді за ознакою перпендикулярності прямої та площини площина (CKD) перпендикулярна до KA (спільного ребра площин CKA та основи) і кут між прямими CК і КD є кутом γ між площиною (CKA) і площиною нижньої основи циліндра.
2. З прямокутного трикутника AKD KD=ADcos30^o= $d\frac{\sqrt{3}}{2}$ . CD=AB=dtgβ.
З прямокутного трикутника KCD tgγ=CD:KD=dtgβ: $d\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{2tg\beta}{\sqrt{3}}$ .
γ= $arctg(\frac{2tg\beta}{\sqrt{3}})$ .
2021. І ч. Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, сторона AD якого лежить в нижній основі циліндра. Діагональ АС перерізу дорівнює d й утворює з площиною нижньої основи циліндра кут β.
1. Зобразіть на рисунку заданий циліндр і його осьовий переріз ABCD.
2. Укажіть кут β, що утворює пряма АС із площиною нижньої основи циліндра.
3. Визначте об’єм циліндра.
Відповідь

V= $\frac{\pi{d^3}cos^2\beta{sin\beta}}{4}$ .
1. Для побудови осьового перерізу проводимо діаметр верхньої основи, з кінців діаметра проводимо твірні циліндра і з'єднуємо їх в нижній основі. Отримуємо прямокутник ABCD.
2. Діаметр AD є проекцією прямої АС на нижню основу, тому кут CAD (кут між похилою і її проекцією) є кутом, який утворює АС з площиною нижньої основи циліндра і дорівнює β за умовою.
3. З прямокутного трикутника ACD AD=ACcosβ=dcosβ, CD=ACsinβ=dsinβ. Тоді радіус кола основи R=AD:2= $\frac{dcos\beta}{2}$ . V=πR²H= $\pi(\frac{dcos\beta}{2})^2dsin\beta$ = $\frac{\pi{d^3}cos^2\beta{sin\beta}}{4}$ .
2021. II ч.Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, сторона AD якого лежить у нижній основі циліндра. Діагональ АС перерізу дорівнює d й утворює з площиною нижньої основи циліндра кут β. На колі нижньої основи вибрано точку К так, що градусна міра дуги АК дорівнює 90^o.
1. Зобразіть на рисунку заданий циліндр і вкажіть кут γ між площиною (KBD) і площиною нижньої основи циліндра. Обгрунтуйте його положення.
2. Визначте кут γ.
Відповідь

γ= $arctg(\sqrt{2}tg\beta)$ .
1. Для побудови осьового перерізу проводимо діаметр верхньої основи, з кінців діаметра проводимо твірні циліндра і з'єднуємо їх в нижній основі. Отримуємо прямокутник ABCD.
Поставимо точку К посередині дуги AD (так як дуга AD стягує кут 180^o, то дуга АК стягує кут 90^o.
Так як вписаний кут AKD спирається на діаметр кола, то він дорівнює 90^o. Тоді АК⊥KD. Так як АК є проекцією ВК на площину основи, то за теоремою про три перпендикуляри ВК⊥KD. Тоді за ознакою перпендикулярності прямої та площини площина (АКВ) перпендикулярна до KD (спільного ребра площин KBD та основи) і кут між прямими АК і ВК є кутом γ між площиною (KBD) і площиною нижньої основи циліндра.
2. Так як прямокутник АВСD симетричний відносно осі циліндра, то діагональ BD перерізу також дорівнює d й утворює з площиною нижньої основи циліндра кут β. Діаметр AD є проекцією прямої BD на нижню основу, тому кут BDA (кут між похилою і її проекцією) є кутом, який утворює BD з площиною нижньої основи циліндра і дорівнює β за умовою.
3. З прямокутного трикутника BDA AD=BDcosβ=dcosβ, AB=BDsinβ=dsinβ. Так як трикутник АКD рівнобедрений і прямокутний (К середина дуги AD), то за теоремою Піфагора маємо:
AK²+KD²=AD²
AK²+AK²=(dcosβ)²
2AK²=(dcosβ)²
AK²=(dcosβ)²:2
AK= $\frac{dcos\beta}{\sqrt{2}}$ .
З прямокутного трикутника АКВ tgγ=AB:AK=dsinβ: $\frac{dcos\beta}{\sqrt{2}}$ =dsinβ⋅ $\frac{\sqrt{2}}{dcos\beta}$ = $\sqrt{2}tg\beta$ .
γ= $arctg(\sqrt{2}tg\beta)$ .
2021. ІІ ч.У правильній чотирикутній піраміді SABCD плоский кут при вершині S піраміди дорівнює β. Довжина апофеми піраміди дорівнює 6.
1. Зобразіть на рисунку задану піраміду й укажіть лінійний кут γ двогранного кута при її бічному ребрі. Обґрунтуйте його положення.
2. Визначте кут γ.
Відповідь

γ=2arcsin( $\frac{1}{\sqrt{2}cos\frac{\beta}{2}}$ ).

1. Так як піраміда правильна чотирикутна, то будуємо її основу - квадрат ABCD, який зображується у вигляді паралелограма. Так як у правильній піраміді основа висоти є центром основи, то прводимо діагоналі квадрата, точка О їх перетину є основою висоти. Проводимо висоту SO і з'єднуємо точку S з усіма вершинами основи. Побудували піраміду SABCD.
Проведемо площину через вершини основи B і D перпендикулярно до бічного ребра SC. Ця площина перетинає це ребро в точці L. Трикутник BLD є даним перерізом. Так як ребро SC перпендикулярне до площини перерізу, то воно перпендикулярне і до прямих, що лежать в даній площині. Тому BL⊥SC, DL⊥ SC і за означенням лінійного кута двогранного кута кут BLD між прямими BL і DL є лінійним кутом γ двогранного кута при бічному ребрі піраміди.
2. Так як трикутник SDC рівнобедрений, то кути D і C рівні і дорівнюють (180^o-β):2=90^o- $\frac{\beta}{2}$
З прямокутного трикутника LCD LD=CDsin∠LCD=12tg $\frac{\beta}{2}$ sin(90^o- $\frac{\beta}{2}$ )=12tg $\frac{\beta}{2}$ cos $\frac{\beta}{2}$ =12 $\frac{sin\frac{\beta}{2}cos\frac{\beta}{2}}{cos\frac{\beta}{2}}$ =12sin $\frac{\beta}{2}$ .
Діагональ BD квадрата дорівнює $\sqrt{2}$ CD= $12\sqrt{2}tg\frac{\beta}{2}$
Тоді OD=BD:2= $6\sqrt{2}tg\frac{\beta}{2}$ З прямокутного трикутника OLD:
sin $\frac{\gamma}{2}$ =OD:LD
sin $\frac{\gamma}{2}$ = $6\sqrt{2}tg\frac{\beta}{2}$ :(12sin $\frac{\beta}{2}$ )
sin $\frac{\gamma}{2}$ = $\frac{\sqrt{2}sin\frac{\beta}{2}}{2cos\frac{\beta}{2}sin\frac{\beta}{2}}$
sin $\frac{\gamma}{2}$ = $\frac{1}{\sqrt{2}cos\frac{\beta}{2}}$
$\frac{\gamma}{2}$ =arcsin( $\frac{1}{\sqrt{2}cos\frac{\beta}{2}}$ )
γ=2arcsin( $\frac{1}{\sqrt{2}cos\frac{\beta}{2}}$ ).
2021. І ч. У правильній чотирикутній піраміді SABCD плоский кут при вершині S піраміди дорівнює β. Довжина апофеми піраміди дорівнює 6.
1. Зобразіть на рисунку задану піраміду й позначте кут β.
2. Визначте довжину сторони основи піраміди SABCD.
3. Визначте об’єм піраміди SABCD.
Відповідь

DC=12tg $\frac{\beta}{2}$
V= ${\frac{288tg^2{\frac{\beta}{2}}\sqrt{cos\beta}}{cos\frac{\beta}{2}}}$ .

1. Так як піраміда правильна чотирикутна, то будуємо її основу - квадрат ABCD, який зображується у вигляді паралелограма. Так як у правильній піраміді основа висоти є центром основи, то прводимо діагоналі квадрата, точка О їх перетину є основою висоти. Проводимо висоту SO і з'єднуємо точку S з усіма вершинами основи. Побудували піраміду SABCD.
Плоский кут при вершині - це кут, утворений двома бічним ребрами. Тому кут DSC є плоским кутом при вершині S піраміди і дорівнює β за умовою.
2. Так як піраміда правильна, то бічна грань DSC є рівнобедреним трикутником. Проведемо в ній апофему SK. Так як трикутник DSC є рівнобедреним, то висота (апофема) SK є і медіаною (точка К є серединою відрізка CD) і бісектрисою (кут DSK є половиною кута DSC і дорівнює $\frac{\beta}{2}$ . Тоді з прямокутного трикутника DSK DK=SKtg∠DSK=6tg $\frac{\beta}{2}$ і довжина сторони основи піраміди DC=2DK=12tg $\frac{\beta}{2}$
3. ОК є середньою лінією трикутника ACD і тому дорівнює половині AD, тобто половині сторони основи піраміди. Тому ОK=6tg $\frac{\beta}{2}$ .
З прямокутного трикутника SOK за теоремою Піфагора маємо:
SK²=SO²+OK²
6²=SO²+(6tg $\frac{\beta}{2}$ )²
SO²=6²-(6tg $\frac{\beta}{2}$ )²
SO²=36-36 $tg^2{\frac{\beta}{2}$
SO²=36(1- $tg^2{\frac{\beta}{2}$ )
SO²=36(1- ${\frac{sin^2\frac{\beta}{2}}{cos^2\frac{\beta}{2}}$ )
SO²=36 ${\frac{cos^2\frac{\beta}{2}-sin^2\frac{\beta}{2}}{cos^2\frac{\beta}{2}}$
SO²=36 ${\frac{cos\beta}{cos^2\frac{\beta}{2}}$
SO= ${\frac{6\sqrt{cos\beta}}{cos\frac{\beta}{2}}}$
Площа основи (квадрата ABCD) S=CD²=144 $tg^2{\frac{\beta}{2}$
Об’єм піраміди SABCD V= $\frac{1}{3}$ S⋅SO= $\frac{1}{3}$ ⋅144 $tg^2{\frac{\beta}{2}$ ⋅ ${\frac{6\sqrt{cos\beta}}{cos\frac{\beta}{2}}}$ = ${\frac{144tg^2{\frac{\beta}{2}}6\sqrt{cos\beta}}{3cos\frac{\beta}{2}}}$ = ${\frac{288tg^2{\frac{\beta}{2}}\sqrt{cos\beta}}{cos\frac{\beta}{2}}}$ .
2020. У прямокутному паралелепіпеді АВСDА₁В₁С₁D₁ через сторону AD нижньої основи й середину ребра CС₁ проведено площину γ. Грань CС₁D₁D є квадратом. Діагональ грані BB₁C₁C дорівнює 8 й утворює з площиною грані CС₁D₁D кут α.
1. Побудуйте переріз паралелепіпеда АВСDА₁В₁С₁D₁ площиною γ.
2. Укажіть вид перерізу та обґрунтуйте свій висновок.
3. Визначте площу перерізу.
Відповідь

16 $\sqrt{5}$ sin2α.
1. Нехай точка М - середина ребра СС₁. По грані CС₁D₁D переріз проходить по відрізку DM. Так як протилежні бічні грані паралелепіпеда паралельні, то по цим граням переріз проходить по паралельних прямих. Тому проводимо відрізок АК (точка К належить ребру BB₁) паралельно DM. Точки К і М належать одній грані, тому переріз по цій грані проходить по відрізку КМ. Отриманий чотирикутник АКМD є шуканим перерізом.
2. Так як протилежні сторони чотирикутника АВ₁С₁D лежать в протилежних гранях паралелепіпеда, які паралельні, то і протилежні сторони цього чотирикутника паралельні. Тому він є паралелограмом. Ребро AD перпендикулярно до площини CС₁D₁D, отже воно перпендикулярно до будь-якої прямої, що лежить в цій площині, а тому відрізок AD перпендикулярний до DM. Остаточно маємо, що чотирикутник АKMD - прямокутник.
3. Так як ребро В₁С₁ перпендикулярне до площини CС₁D₁D, то відрізок CС₁ є проекцією діагоналі В₁C на цю площину і кут В₁CC₁ є кутом між діагоналлю грані BB₁C₁C і площиною грані CС₁D₁D і тому дорівнює α за умовою.
З прямокутного трикутника В₁С₁С маємо: В₁С₁=B₁Csinα=8sinα, C₁С₁=B₁Ccosα=8cosα. Так як CС₁D₁D - квадрат, то CD=8cosα. Так як точка М ділить ребро навпіл, то МС=8cosα:2=4cosα. З прямокутного трикутника DCM за теоремою Піфагора DM²=DC²+CM²=(8cosα)²+(4cosα)²= 64cos²α+16cos²α=80cos²α. Тоді DM= $\sqrt{80cos^2\alpha}$ = $4\sqrt{5}cos\alpha$ . Так як бічні грані даного паралелепіпеда - прямокутники, то AD=В₁С₁=8sinα. Площа прямокутника АKMD=AD⋅DM=8sinα⋅4 $\sqrt{5}$ cosα=32 $\sqrt{5}$ sinαcosα=16 $\sqrt{5}$ sin2α.
2020. У прямокутному паралелепіпеді АВСDА₁В₁С₁D₁ через сторону AD нижньої основи й середину ребра В₁С₁ проведено площину γ. Висота паралелепіпеда дорівнює 18, грань CС₁D₁D є квадратом. Діагональ паралелепіпеда утворює з площиною основи кут α.
1. Побудуйте переріз паралелепіпеда АВСDА₁В₁С₁D₁ площиною γ.
2. Укажіть вид перерізу та обґрунтуйте свій висновок.
3. Визначте площу перерізу.
Відповідь

$\frac{324}{tg\alpha}\sqrt{2(1-tg^2\alpha)}$ або $\frac{324}{sin\alpha}\sqrt{2cos2\alpha}$ .
1. Так як основи паралелепіпеда паралельні, то по цим основам переріз проходить по паралельних прямих. Прямою, паралельною AD і що проходить через середину В₁С₁ є В₁С₁. З'єднуємо точки А і В₁, що належать лівій бічній грані і точки D і С₁, що належать правій бічній грані. Отриманий чотирикутник АВ₁С₁D є шуканим перерізом.
2. Так як протилежні сторони чотирикутника АВ₁С₁D лежать в протилежних гранях паралелепіпеда, які паралельні, то і протилежні сторони цього чотирикутника паралельні. Тому він є паралелограмом. Ребро AD перпендикулярно до площини CС₁D₁D, отже воно перпендикулярно до будь-якої прямої, що лежить в цій площині, а тому відрізок AD перпендикулярний до DС₁. Остаточно маємо, що чотирикутник АВ₁С₁D - прямокутник.
3. Так як CС₁D₁D - квадрат зі стороною 18 (висота прямокутного паралелепіпеда співпадає з його бічним ребром), то DС₁ - діагональ квадрата і дорівнює 18 $\sqrt{2}$ . Так як BD є проецією діагоналі паралелепіпеда В₁D на площину основи, то кут В₁DB між BD та В₁D є кутом, який утворює діагональ паралелепіпеда з площиною основи і дорівнює α за умовою. З прямокутного трикутника В₁DB BD= $\frac{BD}{tg\alpha}$ = $\frac{18}{tg\alpha}$ . З прямокутного трикутника ABD за теоремою Піфагора AD²=BD²-AB²=( $\frac{18}{tg\alpha}$ )²-18²= $\frac{324}{tg^2\alpha}$ -324=324( $\frac{1}{tg^2\alpha}$ -1)= $\frac{324}{tg^2\alpha}\cdot(1-tg^2\alpha)$ . Звідси AD= $\frac{18}{tg\alpha}\sqrt{1-tg^2\alpha}$ . Площа прямокутника АВ₁С₁D=AD⋅DС₁=18 $\sqrt{2}$ ⋅ $\frac{18}{tg\alpha}\sqrt{1-tg^2\alpha}$ = $\frac{324}{tg\alpha}\sqrt{2(1-tg^2\alpha)}$
Можна отримати відповідь у іншому вигляді. Так як 1-tg²α=1- $\frac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}$ = $\frac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{cos^2\alpha}$ = $\frac{cos2\alpha}{cos^2\alpha}$ , то S= $\frac{324}{tg\alpha}\sqrt{2(1-tg^2\alpha)}$ = $\frac{324}{tg\alpha}\sqrt{2\frac{cos2\alpha}{cos^2\alpha}}$ = $\frac{324}{tg\alpha\cdot{cos\alpha}}\sqrt{2cos2\alpha}$ = $\frac{324}{sin\alpha}\sqrt{2cos2\alpha}$ .
2020. Задано правильну трикутну призму АВСА₁В₁С₁, основою якої є трикутник АВС. Висота призми дорівнює Н, діагональ бічної грані нахилена до площини основи під кутом α. Через висоту ВК трикутника АВС та вершину С₁ проведено площину γ.
1. Побудуйте переріз призми АВСА₁В₁С₁ площиною γ.
2. Визначте вид перерізу й обґрунтуйте свій висновок.
3. Визначте площу перерізу.
Відповідь

$\frac{H^2\sqrt{3+12tg^2\alpha}}{8tg^2\alpha}$ .
1. Так як точки К та С₁ перерізу належать одній грані, то по цій грані переріз проходить по відрізку КС₁. Аналогічно проводимо відрізок ВС₁. Трикутник КВС₁ є шуканою площиною.
2. Так як ВК - висота, то відрізок СК (проекція похилої С₁К на площину основи) перпендикулярний до ВК. Тоді за теоремою про три перпендикуляри, похила С₁К також перпендикулярна до ВК, тому переріз є прямокутним трикутником з катетами ВК і С₁К.
3. Кут С₁АС є кутом між похилою С₁А і її проекцією на площину основи, тому він є кутом нахилу діагоналі бічної грані і дорівнює α за умовою. Так як призма правильна, то вона є прямою і її бічні ребра дорівнюють висоті призми. Тоді з прямокутного трикутника С₁АС маємо tgα=С₁С:CA, звідки АС=С₁С:tgα=Н:tgα. Так як трикутник АВС правильний (основа правильної призми), то висота ВК є медіаною, тому КС=АС:2= $\frac{H}{2tg\alpha}$ . З прямокутного трикутника С₁КС С₁К²=КС²+С₁С²= $\frac{H^2}{4tg^2\alpha}$ +H²=H²( $\frac{1}{4tg^2\alpha}$ +1)=H² $\frac{1+4tg^2\alpha}{4tg^2\alpha}$ , звідси С₁К=H $\frac{\sqrt{1+4tg^2\alpha}}{2tg\alpha}$
З прямокутного трикутника BКС sin∠C=BK:BC, звідки ВК=ВСsin∠C=Н:tgα⋅sin60^o= $\frac{H\sqrt{3}}{2tg\alpha}$ (кут С=60^o так як трикутник правильний). Площа прямокутного трикутника КВС₁ дорівнює половині добутку його катетів ВК та KС₁. S= $\frac{H\sqrt{3}}{2tg\alpha}$ ⋅H $\frac{\sqrt{1+4tg^2\alpha}}{2tg\alpha}$ ⋅ $\frac{1}{2}$ = $\frac{H\sqrt{3}\cdot{H}\cdot\sqrt{1+4tg^2\alpha}}{2tg\alpha\cdot2tg\alpha\cdot2}$ = $\frac{H^2\sqrt{3}\cdot\sqrt{1+4tg^2\alpha}}{8tg^2\alpha}$ = $\frac{H^2\sqrt{3+12tg^2\alpha}}{8tg^2\alpha}$ .
2019. У конусі радіус основи дорівнює R, твірна — l. Через вершину конуса й хорду його основи проведено площину β. Ця площина утворює з площиною основи конуса гострий кут α.
1. Зобразіть переріз конуса площиною β та вкажіть його вид.
2. Обґрунтуйте положення кута α.
3. Визначте периметр цього перерізу.
Відповідь

$2l+\frac{2}{sin\alpha}\sqrt{R^2-l^2cos^2\alpha}$ .
1. Для побудови цього перерізу проводимо хорду основи АВ і з'єднуємо з вершиною С конуса. Так як твірні конуса СА та СВ рівні, то перерізом є рівнобедрений трикутник.
2. Проведемо висоту СО конуса і з точки О проведемо перпендикуляр CD до хорди АВ. Тоді за теоремою про три перпендикуляри кут між CD та AB також прямий і тоді кут між прямими OD та CD є кутом між площиною перерізку і площиною основи і дорівнює за умовою α.
3. З прямокутного трикутника ОАС (СО перпендикуляр до площини основи) за теоремою Піфагора маємо ОС= $\sqrt{CA^2-CO^2}=\sqrt{l^2-R^2}$ . З прямокутного трикутника ODC OD=OCctgα= $\sqrt{l^2-R^2}$ ctgα. З прямокутноо трикутника OAD за теоремою Піфагора AD²=OA²-OD²=R²-(l²-R²)ctg²α=R²-l²ctg²α+R²ctg²α=R²(1+ctg²α)-l²ctg²α= $\frac{R^2}{sin^2\alpha}-\frac{l^2cos^2\alpha}{sin^2\alpha}=\frac{1}{sin^2\alpha}$ (R²-l²cos²α). Тоді AD= $\frac{1}{sin\alpha}\sqrt{R^2-l^2cos^2\alpha}$ . Так як ОА і ОВ - радіуси кола основи, то трикутник ОАВ є рівнобедреним і тоді висота ОD є медіаною. Отже точка D є серединою хорди АВ і АВ=2OD= $\frac{2}{sin\alpha}\sqrt{R^2-l^2cos^2\alpha}$ . Периметр перерізу дорівнює P=AC+CB+AB= $l+l+\frac{2}{sin\alpha}\sqrt{R^2-l^2cos^2\alpha}$ = $2l+\frac{2}{sin\alpha}\sqrt{R^2-l^2cos^2\alpha}$ .
2019. У нижній основі циліндра проведено хорду АВ, довжина якої дорівнює с. Цю хорду видно із центра верхньої основи під кутом α. Через хорду АВ проведено площину β паралельно осі циліндра на відстані d (d≠0) від неї.
1. Зобразіть переріз циліндра площиною β та вкажіть його вид.
2. Обґрунтуйте відстань d.
3. Визначте площу цього перерізу.
Відповідь

$S=\frac{c}{2}\sqrt{c^2ctg^2\frac{\alpha}{2}-4d^2}$ .
1. Для побудови цього перерізу проводимо через точки А та В прямі, паралельні осі до перетину з верхньою основою в точках D і C відповідно, після чого проводимо відрізок CD. Так як ОО₁||AD за побудовою, то за ознакою паралельності прямої та площини вісь циліндра паралельна площині ABCD. Отже, прямокутник ABCD - шуканий переріз.
2. Так як O₁О паралельний площині перерізу, то відстанню d є перпендикуляр проведений з точки O₁ до площини. Проведемо відрізок O₁T, де Т - середина відрізка АВ. Так як AO₁=BO₁ (як радіуси основи), то трикутник AO₁B є рівнобедреним і медіана O₁T є висотою. Так як вісь циліндра перпендикулярна до основи, то і площина ABCD також перпендикулярна до неї. Тому перпендикуляр O₁, проведений в площині основи до спільної прямої цих площин є перпендикуляром до всієї площини. Отже O₁T=d.
3. Так як Т - середина АВ, то АТ=0,5с. З прямокутного трикутника АO₁T за теоремою Піфагора АO₁²=AT²+O₁T²= $\frac{c^2}{4}$ +d². Оскільки АВ видно з точки О під кутом α, то кут АОВ дорівнює α. Тоді з трикутника АОВ за теоремою косинусів АВ²=АО²+ОВ²-2АО⋅OBcosα. Так як AO₁=BO₁, то прямокутні трикутники AОO₁=BОO₁ рівні (сторона ОO₁ спільна), тоді АО=ОВ. Маємо c²=АО²+AO²-2АО⋅AOcosα
c²=2АО²-2АО²cosα
c²=2АО²(1-cosα)
c²=2АО²2sin²(0,5α)
c²=4АО²sin²(0,5α)
c=2АОsin(0,5α)
Звідси АО= $\frac{c}{2sin\frac{\alpha}{2}}$
Тоді з прямокутного трикутника АОO₁ за теоремою Піфагора ОО₁²=АО²-АО₁²= $\frac{c^2}{4sin^2\frac{\alpha}{2}}-\frac{c^2}{4}$ -d²= $\frac{c^2}{4}(\frac{1}{sin^2\frac{\alpha}{2}}-1)$ -d²= $\frac{c^2}{4}(1+ctg^2\frac{\alpha}{2}-1)$ -d²= $\frac{c^2}{4}ctg^2\frac{\alpha}{2}$ -d²= $\frac{1}{4}(c^2ctg^2\frac{\alpha}{2}$ -4d²). Звідси ОО₁, а відповідно і AD дорівнює $\frac{1}{2}\sqrt{c^2ctg^2\frac{\alpha}{2}}$ -4d². Площа перерізу S=AB⋅AD=c⋅ $\frac{1}{2}\sqrt{c^2ctg^2\frac{\alpha}{2}-4d^2}$ = $\frac{c}{2}\sqrt{c^2ctg^2\frac{\alpha}{2}-4d^2}$ .
Основою прямої призми ABCDA₁B₁C₁D₁ є ромб ABCD, у якому гострий кут А дорівнює α. Площина γ, що проходить через одну з вершин верхньої основи та меншу діагональ нижньої основи призми, утворює з площиною основи гострий кут β. Висота призми дорівнює h.
1. Побудуйте переріз заданої призми площиною γ.
2. Визначте площу цього перерізу.
Відповідь

$h^2\frac{ctg\beta{tg\frac{\alpha}{2}}}{sin\beta}$ .
1. Оскільки кут А — гострий, то BD є меншою діагоналлю нижньої основи. Оскільки площина γ проходить через BD і утворює з площиною основи гострий кут, то вона не проходить через вершини B₁ та D₁. Отже, площина проходить через BD і вершину С₁. Так як точки D і С₁ лежать в одній бічній грані, то переріз проходить по цій бічній грані по відрізку С₁D. Аналогічно, точки В і С₁ лежать в одній бічній грані, то переріз проходить по цій бічній грані по відрізку С₁В. Отже, трикутник С₁ВD є шуканим перерізом.
2. Так як ABCD – ромб, то його діагоналі перетинаються під прямим кутом. Тоді, так як відрізок СО перпендикулярний до BD, то за теоремою про три перпендикуляри похила С₁О також перпендикулярна до BD. Тоді кут С₁ОС є кутом нахилу площини перерізу до площини основи і дорівнює β за умовою. З прямокутного трикутника С₁ОС С₁О=С₁С:sinβ=h:sinβ, OC= С₁С⋅ctgβ=h⋅ctgβ. Так як діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, то кут OCD=α:2. Тоді з прямокутного трикутника OCD OD=OCtg(α:2)=h⋅ctgβ⋅tg(α:2). Так як діагоналі ромба точкою пертину діляться навпіл, то BD=2OD=2h⋅ctgβ⋅tg(α:2). За формулою площі трикутника S= $\frac{1}{2}$ BD⋅C₁O}= $\frac{1}{2}$ 2hctgβtg $\frac{\alpha}{2}\frac{h}{sin\beta}$ =h² $\frac{ctg\beta{tg\frac{\alpha}{2}}}{sin\beta}$
Основою прямої призми ABCDA₁B₁C₁D₁ є прямокутник ABCD, у якому діагональ АС=а, ∠ВАС=β. Площина, що проходить через вершину верхньої основи та діагональ нижньої основи призми, утворює з площиною основи гострий кут α. Визначте об’єм заданої призми.
Відповідь

$\frac{1}{4}a^3sin^2\beta{tg\alpha}$ або а³sin²βcos²βtgα.
З прямокутного трикутника ABС AB=ACcosβ =acosβ , BC=ACsinβ =asinβ . Тоді площа основи S_осн=AB⋅BC=acosβ⋅asinβ=a²sinβcosβ.
Проведемо перпендикуляр DO до діагоналі АС. Тоді за теоремою про три перпендикуляри похила D₁ також перпендикулярна до АС. Тоді кут D₁OD є кутом нахилу площини АD₁С до площини основи і дорівнює α за умовою. Кути ВАС і АСD рівні як внутрішні різносторонні. З прямокутного трикутника ОСD OD=CDsin∠OCD= acosβsinβ. З прямокутного трикутника OD₁D DD₁=ODtgα= acosβsinβtgα. Об’єм призми V=S_оснH= a²sinβcosβ⋅ acosβsinβtgα= а³sin²βcos²βtgα.
Так як sin2β=2sinβcosβ, то sin²2β= 4sin²βcos²β, звідки sin²βcos²β= sin²2β:4. Якщо підставити даний вираз у відповідь, можна отримати ще один варіант відповіді $\frac{1}{4}$ a³sin²βtgα.

Основою правильної призми ABCA₁B₁C₁ є рівносторонній трикутник ABC. Точка К — середина ребра ВС. Площина, що проходить через точки А, К та В₁, утворює з площиною основи призми кут α. Визначте об’єм призми ABCA₁B₁C₁, якщо відстань від вершини А до грані BB₁C₁С дорівнює d.
Відповідь

$\frac{d^3}{3}tg\alpha$ .
Так як К — середина ВС і трикутник АВС правильний, то медіана АК є висотою і бісектрисою. За теоремою про три перпендикуляри похила B₁К також перпендикулярна до АК. Тоді кут B₁КВ є кутом нахилу площини АКB₁ до площини основи і дорівнює α. Відрізок АК перпендикулярний до двох прямих, що лежать в площині BB₁C₁С (ВК і B₁К), тоді за ознакою перпендикулярності прямої і площини відрізок АК перпендикулярний до даної площини і є відстанню від точки А до грані BB₁C₁С, тобто дорівнює d за умовою. Так як трикутник АВС правильний, то кут АСК дорівнює 60^o. З прямокутного трикутника АСК АС=АК:sin∠ACK= $\frac{d}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2d}{\sqrt{3}}$ . Площа основи S_оснH= $\frac{AC^2\sqrt{3}}{4}$ = $\frac{\frac{4d^2}{3}\sqrt{3}}{4}=\frac{d^2\sqrt{3}}{3}$ . Так як К - середина ВС, то КВ=ВС:2= $\frac{d}{\sqrt{3}}$ . З прямокутного трикутника В₁КВ В₁B=ВКtgα= $\frac{dtg\alpha}{\sqrt{3}}$ . Об’єм призми V=S_оснH= $\frac{d^2\sqrt{3}}{3}\frac{dtg\alpha}{\sqrt{3}}=\frac{d^3tg\alpha}{3}$ .
У правильній чотирикутній піраміді SABCD сторона основи ABCD дорівнює с, а бічне ребро SA утворює з площиною основи кут α. Через основу висоти піраміди паралельно грані ASD проведено площину β.
1. Побудуйте переріз піраміди SABCD площиною β.
2. Обгрунтуйте вид перерізу.
3. Визначте периметр перерізу.
Відповідь

P= $\frac{3cos\alpha+\sqrt{2}}{2cos\alpha}\cdot{c}$ .
1. Проведемо через точку О пряму паралельну AD до перетину з ребрами основи. Отримаємо відрізок KN. Проведемо через точку N пряму, паралельну SD до перетину з ребром SN в точці М, через точку N пряму, паралельну SА до перетину з ребром SB в точці L. Точки L і M лежать в одній грані, тому переріз по даній грані проходить по відрізку LM. Так як KN||AD, MN||SD, то площина KLMN паралельна площині ASD, отже площина KLMN є шуканою площиною перерізу β.
2. Так як О — середина АС, ON||AD, то ON – середня лінія трикутника ACD і N – середина CD. Аналогічно К- середина АВ. Через точки N і К проводилися прямі, паралельні бічним ребрам, тоді KL і NM – середні лінії відповідних бічних граней. Тоді L і M – середини ребер SB і SC відповідно. Тому LM – середня лінія трикутника SBC, відповідно LM||BC і LM=0,5BC, а так як BC||AD, AD||KN, то використовуючи ознаку паралельності прямих маємо LM||KN, причому, враховуючи BC=AD=KN, маємо LM=0,5KN. Так як піраміда правильна, то її бічні ребра рівні, тоді рівні і середні лінії KL і LM. Маємо LM||KN, KL=MN, але KL не паралельний MN (інакше б LM=KN), тоді KLMN – рівнобічна трапеція.
3. Так як AD=c, то KN=c і LM=0,5c. Так як ОА — проекція SA на площину основи, то кут SAO є кутом між бічним ребром і основою і дорівнює α за умовою. Так як ABCD – квадрат (піраміда правильна), то діагональ AC= $\sqrt{2}c$ , тоді АО= $\frac{\sqrt{2}c}{2}$ . З прямокутного трикутника SAO SA=OA:cos∠SAO= $\frac{\sqrt{2}c}{2cos\alpha}$ . Так як LK – середня лінія трикутника SAB, то LK=SA:2= $\frac{\sqrt{2}c}{4cos\alpha}$ . Трапеція KLMN рівнобічна, тому MN=LK= $\frac{\sqrt{2}c}{4cos\alpha}$ . Маємо Р=KL+LM+MN+KN= $\frac{\sqrt{2}c}{4cos\alpha}$ +0,5c+ $\frac{\sqrt{2}c}{4cos\alpha}$ +c= $\frac{\sqrt{2}c}{2cos\alpha}$ +1,5c= $\frac{\sqrt{2}c}{2cos\alpha}+\frac{3c}{2}=\frac{3cos\alpha+\sqrt{2}}{2cos\alpha}\cdot{c}$ .
Основою піраміди SABCD є ромб ABCD, більша діагональ якого АС=30. Грань SBC є рівнобедреним трикутником (SB=SC) і перпендикулярна до площини основи піраміди. Ребро SC нахилено до площини основи піраміди під кутом 30^o. Визначте кут між площинами (SAD) і (ABC), якщо висота піраміди дорівнює 5.
Відповідь

arctg $\frac{1}{3}$ .
Так як грань SBC перпендикулярна до площини основи, то висота грані SK є висотою піраміди і дорівнює 5. Так як SB=SC, то висота піраміди SK є медіаною грані і BK=KC. З прямокутного трикутника SKC KC=SKtgSCK=5 $\sqrt{3}$ . Тоді ВС=2КС=10 $\sqrt{3}$ . Для ромба сума квадратів діагоналей дорівнює сумі квадратів всіх його сторін, тобто квадрату однієї сторони, помноженої на 4. AC²+BD²=4BC². Підставимо відомі значення і маємо 900+BD²=4⋅100⋅3, звідси BD²=1200-900=300 і BD=10 $\sqrt{3}$ . Площа ромба з одного боку дорівнює S=0,5AC⋅BD=0,5⋅30⋅10 $\sqrt{3}$ =150 $\sqrt{3}$ , а з другого боку S=AD⋅KO, де КО — висота ромба. Маємо 150 $\sqrt{3}$ =10 $\sqrt{3}KO$ звідки КО=15. Так як відрізок КО перпендикулярний до AD, то за теоремою про три перпендикуляри і похила SО перпендикулярна до AD. Тоді кут SOK є кутом між площинами (SAD) і (ABC). З прямокутного трикутника SOK tg∠SOK=SK:KO=5:15=1:3. Звідси кут SOK дорівнює arctg $\frac{1}{3}$ .
2019. Площина β проходить через точку А, розташовану на поверхні кулі. Відстань від центра цієї кулі до площини β дорівнює d (d менше радіуса кулі, d≠0). Радіус кулі, проведений в точку А, утворює з площиною β кут α.
1. Зобразіть переріз кулі площиною β і укажіть на рисунку відстань d.
2. Обґрунтуйте положення кута α.
3. Визначте площу цього перерізу.

Відповідь

S=πd²ctg²α.
1. Перерізом кулі площиною є круг. Отже будуємо зображення круга перерізу,на колі цього круга знаходиться точка А за умовою. З'єднаємо центри кулі О та круга перерізу В. Так як відрізок, що з'єднує центри кулі та круга перерізу перпендикулярний до площини перерізу, то відрізок ОВ за умовою дорівнює d.
2. Так як відрізок ОВ перпендикулярний до площини перерізу, то кут ОВА прямий. Тоді відрізок ВА є проекцією відрізка ОА на площину перерізу і за означенням кута між прямою та площиною кут між відрізком ОА і його проекцією на площину β ВА є кутом між відрізком та площиною. Отже кут ОАВ дорівнює α.
3. З прямокутного трикутника ОАВ АВ=ОВctgα=dctgα. Так як АВ є радіусом круга перерізу, то площа перерізу S=πr²=πAB²=πd²ctg²α.

⇐VI.12.
Вектори у просторі

До змісту

2 коментарі:

Unknown4 квітня 2021 р. о 19:24
Дякую за таку велику працю. Дуже допомагає при підготовці до ЗНО.
ВідповістиВидалити
Відповіді
Unknown27 травня 2021 р. о 18:29
Дякую!
ВідповістиВидалити
Відповіді

Додати коментар

Підписатися на: Дописати коментарі (Atom)