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

§35. Теорема Гульдіна

1379.

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

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

Відповідь:

1380.

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

Центром мас ромба ABCD є точка O перетину його діагоналей,

тоді із ΔABO маємо: і

Відповідь:

1381.

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

Центром мас правильного шестикутника е точка перетину його діагоналей.

Якщо а = 27 см, то

Відповідь: 88573,5π см³.

1382.

ABCD-— квадрат, AC ┴ l, AC = d.

Центром мас квадрата ABCD є точка O перетину діагоналей.

Відповідь:

1383.

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

1384.

Знайдемо об’єм кулі, використовуючи теорему Гульдіна.

Нехай O₁— центр мас півкола, тоді

З іншого боку Тоді

Відповідь:

1385.

Відповідь:

1386.

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

Відповідь: 2π²r³ = 31 250π²(см³).

1387.

Розглянемо випадок обертання трикутника ABC навколо сторони АС.

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

Тоді

Отже, теорема доведена.

1388.

AB = AC = b, ∠BAC = α.

Проведемо AD ┴ BC:

Із ΔABD:

Оскільки O₁— точка перетину медіан трикутника ABC, то

Проведемо O₁K ┴ l, тоді із ΔAO₁K:

Відповідь:

1389.

Нехай AB = a, AD = b,

1390.

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

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

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

тоді ΔAKM ~ ΔONM, тоді тоді

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

де h_a, h_b, h_c— висоти проведені до сторін а, b, с, тоді

Звідси

Відповідь:

1391.

Оскільки S_ABCD = S, тоді з іншого боку,

Тоді шуканий об’єм

Відповідь:

1392.

ABCD — паралелограм, AK ‖ BD.

Нехай S_ΔABD = S, тоді S_ΔBCD = S, O₁ і O₂— центри мас трикутників ABD і BCD і

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

де h — висота трикутника ABD.

Тоді

Відповідь: 1:2.

1393.

Оскільки

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

Нехай O — центр мас трикутника ABC.

а)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь:

б)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь: 5π.

1394.

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

(див. розв’язання задачі 1390).

Тоді

Якщо а = 18 дм, α = 41°, тоді

Відповідь: π 1751 дм³.

1395.

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

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

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

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

звідси KO = d cos α sin α.

Відповідь:

1396.

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

Відповідь:

1397.

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

AA₁C₁C навколо AA₁. Оскільки AB = а, тоді

Відповідь: 2πα³.

1398.

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

Відповідь:

1399.

Нехай а — ребро куба, тоді

Враховуючи, що тоді

Відповідь:

§ 36. Площі поверхонь

1410.

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

1411.

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

(х² — 4х + 4) + (y² + 2у + I) + z² = 4 + 5; (х - 2)² + (у + 1)² + z² = 9.

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

Відповідь: 36π.

1412.

Знайдемо довжину діаметра АВ:

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

Відповідь: 36π.

1413.

Знайдемо радіус сфери:

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

Відповідь: 216π.

1414.

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

Звідси і

З ΔABD: BD² = AB² + AD²= 2а².

З ΔB₁BD:

Отже, площа поверхні сфери, описаної навколо квадрата,

Відповідь: 1 : 3.

1415.

Оскільки прямокутний паралелепіпед вписаний у сферу,

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

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

З Δ BBD:

Звідси

Отже, площа поверхні сфери S дорівнює

Відповідь: 50π дм².

1416.

SA — апофема правильної піраміди, ∠ SAO₁= α.

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

Нехай куля дотикається до деякої бічної грані в точці К,

яка лежить на апофемі SA.

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

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

Звідси:

З Δ OA₁A:

Отже, площа сфери S дорівнює:

Обчислимо при m = 15, α = 60°:

Відповідь: ≈ 235 см².

1417.

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

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

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

ΔOKD ~ Δ ΟΟ₁D.

Тоді з ΔΟΟ,Ο:

Отже, площа поверхні кулі V дорівнює:

Відповідь:

1418.

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

SO : OM = 5 : З, SO = 5х, OM = 3х,

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

OP ┴ SK.

ΔSMK ~ ΔSOP. З подібності трикутників маємо:

Знайдемо SP з ΔSOP:

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

площа бічної поверхні піраміди

Відповідь:

1419.

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

У ΔSCD: SM ┴ DC, тоді з ΔSMD:

Площа поверхні октаедра де P — периметр ABCD.

За умовою Отже,

а² = 36; а = 6 (см), тоді

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

Відповідь: 36π см².

1420.

Нехай OA ┴ OB, OB ┴ ОС, ОС ┴ ОА.

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

дорівнює площі поверхні кулі, отже,

Відповідь:

1421.

Нехай тоді

S ₁ — площа першого сферичного сегмента:

S₂ — площа другого сферичного сегмента:

Відповідь:

1422.

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

Відповідь: πг².