Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
ГЛАВА 1
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1°. Произвольный треугольник (а, Ь, с — стороны; а, Д у— противолежащие им углы; р — полупериметр; R — радиус описанной окружности;
г — радиус вписанной окружности; 5 — площадь; Ло — высота, проведенная к стороне а):
1
8= aha;
2
(1-1)
1
5=- be sin а;
2
(1.2)
S=^pkp-а)(р - Ь)(р - с);
(1.3)
S г=-;
Р
(1.4)
abc К=—;
45
(1.5)
а2 sin В sin С
5=;
2 sin А
(1.6)
a^t^ + ci — Tbc cos а (теорема косаяусов);
(1.7)
а bс
=== 2Л (теорема синусов), sin a sin^ sin у
(1.8)
2°. Прямоугольный треугольник (а, b— катеты; с Ьс — проекции катетов на гипотенузу):
— гипотенуза; ас,
1
'5= ab;
2.
(1.9)
1
5= сйс;
2
(110)
а + Ь — с
(111)
Г~ 2 ’
a2+ b2 = с2 (теорема Пифагора);
ас hc
(1.12)(1.13)(1-14)(1.12)(1.13)(1-14)he bc
(1.12)
(1.13)
(1-14)
(1.12)
(1.13)
(1-14)
Q=_a a c
(115)
bc b
(1.16)
b c
a = c sina-—c cosP = b tga = b etgp.(1-17)
3°. Равносторонний треугольник:
5=^;(118)
4
aV^ r=—;
6
(1.19)
aJ)
3
(1.20)
4°. Произвольный выпуклый четырехугольник (dt и dT —диагонали; <р — угол между ними; 5 — площадь):
•S=- dAancp.(1-21)
2
5°. Параллелограмм (а и b — смежные стороны; а — угол между ними; ha — высота, проведенная к стороне а):
S=aha = ab sina = - d^ sinp.(1-22)
6°. Ромб:
S=aha = a2 япа=^ dld2.(1-23)
7°. Прямоугольник:
S=ab=- d,d2 sinp.(1-24)
2
8°. Квадрат (d — диагональ):
S=a2=^!l.(1.25)
9°. Трапеция (а и 6 — основания; h — расстояние между ними; / — средняя линия):
(1.26)(1.27)(1.26)(1.27)а + 6
(1.26)
(1.27)
(1.26)
(1.27)
I;
2
а + ЬS= h = lh.
2
10°. Описанный многоугольник (р — полупериметр; г — радиус вписанной окружности):
(1-28)(1-28)S=pr.
(1-28)
(1-28)
11°. Правильный многоугольник (а„— сторона правильного п-уголь- ника; R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности):
a3 = R^3;a4 = R^2;at = R;(1.29)
ла„г
5-.(1-30)
2
12°. Окружность, круг (г — радиус; С — длина окружности; S — площадь
круга):
С=2кг;(1.31)
8=^.(1.32)
13°. Сектор (/ — длина дуги, ограничивающей сектор; л° - градусная мера центрального угла; а — радианная мера центрального угла):
/=™ = га;(1-33)
180°
(1.34)
360° 2
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯМЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1°. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины треугольника.
□ Пусть медианы AD и BE пересекаются в точке О (рис. 1.1). Построим четырехугольник MNDE, где М и N—середины отрезков АО и ВО. Тогда
1
МN't АВ и Л/А'=- АВ как средняя линия треугольника
1
АОВ; ED\\AB и ED-- АВ как средняя линия тре- 2
угольника АВС. Поэтому MN\\ED и MN=ED, т. е. фигура MNDE — параллелограмм с диагоналями MD и NE. Значит, MO = OD и так как М0=АМ, то АМ=МО = ОВ. Следовательно, точка О делит медиану AD в отношении АО:OD=2:1 и в таком же отношении эта точка делит медиану ВБ.
Очевидно, что в том же отношении должна де-
лить и третью медиану точка ее пересечения как с первой, так и со второй медианами. При этом третья медиана не может пересечь их в точках, отличных от О, поскольку тогда на каждой медиане имелись бы две различные точки, делящие ее в отношении 2:1, считая от вершины, что невозможно. ■
2°. Длина медианы треугольника выражается формулой
ща=- ^Т^ + с^-а1,
где а, Ь, с — длины сторон треугольника.
□ Продолжим медиану AD (рис. 1.2) на расстояние DE=AD и построим отрезки BE и ЕС. В полученном четырехугольнике АВЕС точка D пересечения диагоналей АЕ=2т„ и ВС=а делит каждую из них пополам; следовательно, АВЕС — параллелограмм. Теперь используем теорему о том, что сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов длин его сторон. Составив уравнение и решив его относительно та, получим искомое соотношение. ■
3°. Длина стороны треугольника выражается формулой
где тя, ть, тс — длины медиан треугольника.
□ Отметим на медиане AD точку О пересечения медиан треугольника (рис. 1.3); согласно свойству 1°, она делит AD в отношении AO:OD = 2:1. Продолжим
1
OD на расстояние DF= OD = - тя и соединим точку F с В и С.
3
22
Теперь составим уравнение, связывающее длины сторон ВО—- т^, СО = тс 33
2
и диагоналей OF= т„, ВС=а параллелограмма OBFC. Решив это уравнение 3
относительно а, получим искомое соотношение. ■
4°. Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам.
□ I способ. Пусть CD — биссектриса треугольника АВС (рис. 1.4). Треугольники BDC и ADC с основаниями а, и 6, имеют общую высоту. Пусть их площади равны соответственно 5, и S2; тогда S1:S2 = a1:b1. С другой стороны,
1С 1С
в силу формулы (1.2) имеем ^i=” а' CD sin —, S2 =- b ■ CD sin —, откуда
S]: S2=a: b. Сравнивая полученные пропорции, заключаем, что а,: Ь2 = а: Ь.
II способ. Пусть LBDC=P (рис. 1.4); тогда CADC=n—p. Согласно теС
ореме синусов (1.8), имеем а2 :a=sin — : sin/? (из ДBCD)
сс
и bt :Л = яп -sin(a-^)=sin — : sin Д (из LACD). Сравнивая эти пропорции,
заключаем, что а1;а=Ь1:Ь, откуда а1:Ь1=а:Ь.
III способ. Продолжим биссектрису CD до пересечения в точке Е с прямой АЕ\\СВ (ряс. 1.5). Имеем L^= LB (по условию) и La= Lt (углы при параллельных СВ и АЕ и секущей СЕ). Сопоставив эти равенства, получим LP= Lt- Следовательно, LACE — равнобедренный и AE=AC=b; LAED~ LBCD (вследствие равенства углов), откуда а,: bv = а: Ь. ■
5 . Длина биссектрисы треугольника выражается формулой
1с=^аЬ-ахЬх,
где а и b — длины двух сторон треугольника АВС; а, и Ь, — отрезки третьей стороны (рис. 1.4).-
□ Применив теорему косинусов (1.7) к треугольникам с равными углами BCD и ACD, составим уравнение
Р+а2-а^ P + b2 — b2laic ~ 2Л4 '
откуда b(P + a2 — а2) =а(Р+Ь2 — Ь2) или P(b — a) — ab(b—a) = (alb)al — (abl)b1. Используя равенство abt =aYb (вытекающее из свойства 4°), получаем
(b — a)(l^—ab)=ab1ax — a1bb1 или (b — a)(l^ — ab)==—albi(b—a).
Полагая Ь^а, разделим обе части последнего равенства на Ь —а, откуда Pc=ab-a.bv ■
°. Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон а, b и с по формуле
^ab(a + b + c)(a + b — с)
а+Ь
свойство 4°, получаем - =, т. е. ах =. Отсюда находимb с—ага+Ьас / ас \Рс~аЬ — с—I и требуемое значение 1С. ■а + Ь \ а + Ь)свойство 4°, получаем - =, т. е. ах =. Отсюда находимb с—ага+Ьас / ас \Рс~аЬ — с—I и требуемое значение 1С. ■а + Ь \ а + Ь)Запишем соотношение из п. 5° в виде Р=аЬ—а^с—а^. Далее, используя
свойство 4°, получаем - =, т. е. ах =. Отсюда находим
b с—ага+Ь
ас / ас \
Рс~аЬ — с—I и требуемое значение 1С. ■
а + Ь \ а + Ь)
свойство 4°, получаем - =, т. е. ах =. Отсюда находим
b с—ага+Ь
ас / ас \
Рс~аЬ — с—I и требуемое значение 1С. ■
а + Ь \ а + Ь)
°. Для всякого треугольника зависимость между его высотами h„, h/» hc и радиусом г вписанной окружности выражается формулой
1111— + -+—=-.Ьа Ьь Ьс г
Используя формулы (1.4) и (1.1), записываем: S—rp, 2S=aha = bht> = chc. Отсюда находим
111а bсa+b + c111
4* 4* s 4*4*—■
ha hbhc25 2525255г
°. Площадь 5 равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны, равна квадрату ее высоты, т. е. S=A2.
В равнобедренной трапеции осью симметрии является перпендикуляр MN к ее основаниям, проходящий .через точку О пересечения диагоналей (рис. 1.6). Так как LAOD—W, то AD=2ON и ВС—2ОМ. Следовательно,
■AD+BC„,
SABCD-■ MN-tON+OMjMN-MN1-#. ■
9°. Высота равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, является средним геометрическим ее оснований.
□ Так как в четырехугольнике, описанном около окружности, суммы длин а+Ь
противоположных сторон равны, то а+Ь—2с (рис. 1.7), откуда АВ—. Далее
2
а — Ь
имеем АЕ— и из прямоугольного треугольника АВЕ находим 2
_,., (а+ЬХ1 /а—ЬХ1
ВЕ^-А^-АЁ1,!:.^^-^ -( -ab. ■
\ 2 / \ 2 /
Пример 1. Площадь треугольника АВС равна 30 см2. На стороне АС взята точка В так, что АВ: ВС— 2:3. Длина перпендикуляра BE, проведенного на сторону ВС, равна 9 см. Найти ВС.
Проведем ВВ (рис. 1.8); треугольники АВВ и ВВС имеют общую
В
Рис. 1.8Рис. 1.9
высоту BF, следовательно, их площади относятся как длины оснований, т. е.
3
S^abd-S^bdc=AB:BC=2:3, откуда S^bdc=~ S^abc^S см2. С другой сто
11
роны, согласно формуле (1.1), S^bdc=^ ВСВЕ или 18=-ВС-9, откуда ВС=4 см. ■
Пример 2. В равнобедренном треугольнике высоты, проведенные к основанию и к боковой стороне, равны соответственно 10 и 12 см. Найти длину основания.
В ДАВС имеем АВ—ВС, BBLAC, AELBC, ВВ = 10 см и АЕ= 12 см (рис. 1.9). Пусть АС=х, АВ=ВС=у. Прямоугольные треугольники АЕС и ВВС подобны (угол С—общий); следовательно, ВС:АС=ВВ:АЕ или у:х=10:12=5:6. Применяя теорему Пифагора (1.13) к ABDC, имеем ВС^ВВ^ВС1, т. е. , х2
/ = 100 +—. Решив систему уравнении
У=5 х б’
/ = 100+—, 4
получим х=15. Итак, АС=15 см. ■
Пример 3. Две окружности касаются внешним образом. К первой из них
проведена касательная, проходящая через центр второй окружности. Расстояние от точки касания до центра второй окружности равно утроенному радиусу этой
окружности. Во сколько раз длина первой окружности больше длины второй окружности?
□ Пусть О2 и О2 — центры окружностей, А—точка касания (рис. 1.10). Тогда O1A = R1, O1O2 = R1+R2, O2A = 3R2 (по условию). Требуется найти отношение 2nR2:2nR2=Rl :R2. В прямоугольном треугольнике OVAO2 (/_ А=90°) имеем О2О2 = О2А2 + О2А2 или (В1 + Я2)2=В2+(ЗВ2)2. Упростив это равенство, получим Rt =4R2, откуда Я1:Я2=4. ■
Пример 4. Точка касания окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, делит гипотенузу на отрезки длиной тип. Доказать, что
площадь треугольника S=mn. Найти площадь прямоугольника, вписанного в гучтный треугольник так, что одна его вершина совпадает с вершиной прямого угла, а противоположная вершина — с точкой касания окружности и гипотенузы.
Пусть В, Е, F — точки касания (рис. 1.11); тогда AB=AF=m, ВВ=ВЕ=п, CE=CF=r— радиус вписанной окружности, р=г+т+п— полупериметр. Да-
(r+m)(r+„) лее, используя формулу (1.9), находим 5= или
2
2S=r2+r(m+n)+mn=r(r+m + n) + mn = rp+mn. Так как в силу равенства (1.4) rp = S, то 2S=S+mn, откуда S=mn.
Пусть CMDK— вписанный прямоугольник. Поскольку DK\\BC, используя т
гомотетию с центром в Л и коэффициентом к=, найдем площадь 5, т+п
треугольника ADK:
т1 т3п
si = 5 д лвс ■;■
(m + л) (т+л)2
Аналогично для площади S2 треугольника BDM имеем
81 = 8^двс-~-
(т + л)2 (т+л)2
Искомая площадь
т3л + тл3 2/и2л2
8смпк=т«—7■(zn+л)2(т + л)2
Пример 5. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса острого угла; отрезок, соединяющий ее основание с точкой пересечения медиан, перпендикулярен катету. Найта углы треугольника.
Пусть BE — медиана, О — точка пересечения медиан, AD — биссектриса и ODLBC (рис. 1.12). Согласно свойству точки пересечения медиан, ЕО: ОВ= 1:2. Так как OD^EC, то по теореме Фалеса CD:DB=EO: ОВ= 1:2. Используя свойство биссектрисы треугольника, получаем CD-.DB=AC-.AB, т. е. АС:АВ=1:2. Следовательно, sinВ= 1/2, откуда LB=30°, LA=60°, ■
Группа А
.001. Точка на гипотенузе, равноудаленная от обоих катетов, делит гипотенузу на отрезки длиной 30 и 40 см. Найти катеты треугольника.
.002. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна т и делит прямой угол в отношении 1:2. Найти стороны треугольника.
.003. Длины сторон прямоугольного треугольника образуют арифметическую прогрессию с разностью 1 см. Найти длину гипотенузы.
.004. Определить острые углы прямоугольного треугольника, если медиана, проведенная к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 1:2.
.005. Катеты прямоугольного треугольника равны 9 и 12 см. Найти расстояние между точкой пересечения его биссектрис и точкой пересечения медиан.
.006. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с катетами 24 и 18 см.'
1.007. В прямоугольном треугольнике биссектриса острого угла делит противоположный катет на отрезки длиной 4 и 5 см. Определить площадь треугольника.
1.008. Через вершину прямого угла прямоугольного треугольника с катетами б и 8 м проведен перпендикуляр к гипотенузе. Вычислить площади образовавшихся треугольников._
1.009. Площадь прямоугольного треугольника равна 2^3 см2. Опре-
делить его высоту, проведенную к гипотенузе, если она делит прямой угол в отношении 1:2.
1.010. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4 см, проведена медиана боковой стороны. Найти основание треугольника, если медиана равна 3 см. _
1.011. Основание равнобедренного треугольника равно 4^2 см, а медиана боковой стороны 5 см. Найти длины боковых сторон.
1.012. Найти длины сторон равнобедренного треугольника АВС с основанием АС, если известно, что длины его высот AN и ВМ равны соответственно пит.
1.013. В равнобедренном треугольнике основание и боковая сторона равны соответственно 5 и 20 см. Найти биссектрису угла при основании треугольника.
1.014. Вычислить площадь равнобедренного треугольника, если длина высоты, проведенной к боковой стороне, равна 12 см, а длина основания равна 15 см.
1.015. Найти площадь равнобедренного треугольника, если основание его равно а, а длина высоты, проведенной к основанию, равна длине отрезка, соединяющего середины основания и боковой стороны.
1.016. Высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна Н и вдвое больше своей проекции на боковую сторону. Найти площадь треугольника.
1.017. Найти длины сторон АВ и А С треугольника АВС, если ВС =8 см, а длины высот, проведенных к АС и ВС, равны соответственно 6,4 и 4 см.
1.018. В треугольнике длины двух сторон составляют 6 и 3 см. Найти длину третьей стороны, если полусумма высот, проведенных к данным сторонам, равна третьей высоте.
.019. Длина основания треугольника равна 36 см. Прямая, параллельная основанию, делит площадь треугольника пополам. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между сторонами треугольника.
1.020. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 3:1, считая от вершины. Во сколько раз площадь треугольника с вершинами в этих трех точках меньше площади исходного треугольника?
1.021. Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на части, площади которых относятся как 2:1. В каком отношении, считая от вершины, она делит боковые стороны?
1.022. Основание треугольника равно 30 см, а боковые стороны 26 и 28 см. Высота разделена в отношении 2:3 (считая от вершины), и через точку деления проведена прямая, параллельная основанию. Определить площадь полученной при этом трапеции.
1.023. Из точки А, не лежащей на окружности, проведены к ней касательная и секущая. Расстояние от точки А до точки касания равно 16 см, а до одной из точек пересечения секущей с окружностью равно 32 см. Найти радиус окружности, если секущая удалена от ее центра на 5 см.
1.024. Из внешней точки проведены к окружности секущая длиной 12 см и касательная, длина которой составляет 2/3 внутреннего отрезка секущей. Определить длину касательной.
1.025. Хорда окружности равна 10 см. Через один конец хорды проведена касательная к окружности, а через другой — секущая, параллельная касательной. Определить радиус окружности, если внутренний отрезок секущей равен 12 см.
.026. Две окружности радиусов R=3 см и r= 1 см касаются внеш-
ним образом. Найти расстояния от точки касания окружностей до их общих касательных.
1.027. Из одной точки проведены к окружности две касательные. Длина каждой касательной 12 см, а расстояние между точками касания 14,4 см. Определить радиус окружности.
1.028. В острый угол, равный 60°, вписаны две окружности, извне касающиеся друг друга. Радиус меньшей окружности равен г. Найти радиус большей окружности.
1.029. Через концы дуги окружности, содержащей 120°, проведены касательные, и в фигуру, ограниченную этими касательными и данной дугой, вписана окружность. Доказать, что ее длина равна длине исходной дуги.
1.030. В окружности проведены две хорды АВ=а и АС=Ь. Длина дуги АС вдвое больше длины дуги АВ. Найти радиус окружности.
1.031. Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из их центров под углами 90 и 60°. Найти радиусы окружностей, если расстояние между их центрами равно ^3 +1.
1.032. В сектор АОВ с радиусом R и углом 90° вписана окружность, касающаяся отрезков О А, ОВ и дуги АВ. Найти радиус окружности.
1.033. Дана точка Р, удаленная на 7 см от центра окружности радиуса 11 см. Через эту точку проведена хорда длиной 18 см. Каковы длины отрезков, на которые делится хорда точкой Р?
1.034. В окружности радиуса г проведена хорда, равная rjl. Через один конец хорды проведена касательная к окружности, а через другой — секущая, параллельная касательной. Найти расстояние между касательной и секущей.
1.035. В большем из двух концентрических кругов проведена хорда, равная 32 см и касающаяся меньшего круга. Определить длину радиуса каждого из кругов, если ширина образовавшегося кольца равна 8 см.
1.036. Круг радиуса R разделен двумя концентрическими с ним окружностями на три равновеликие фигуры. Найти радиусы этих окружностей.
1.037. Площадь кругового кольца равна 8. Радиус большей окружности равен длине меньшей окружности. Определить радиус последней.
.038. Определить площадь кругового кольца, заключенного между двумя концентрическими окружностями, длины которых равны С, и С2 (Ct>CJ.
1.039. Хорда АВ постоянной длины скользит своими концами по окружности радиуса R. Точка О этой хорды, находящаяся на расстояниях а и 6 от концов А и В хорды, описывает при полном обороте окружность. Вычислить площадь кольца, заключенного между данной окружностью и окружностью, описанной точкой С.
1.040. Внутри круга радиуса 15 см взята точка М на расстоянии 13 см от центра. Через точку М проведена хорда длиной 18 см. Найти длины отрезков, на которые точка М делит хорду.
1.041. В круговой сектор с центральным углом в 120° вписан круг. Найти радиус описанного круга, если радиус данного круга равен R.
1.042. В круговой сектор, дуга которого содержит 60°, вписан круг. Найти отношение площади этого круга к площади сектора.
1.043. Круг радиуса R обложен четырьмя равными кругами, касающимися данного так, что каждые два соседних из этих четырех кругов касаются друг друга. Вычислить площадь одного из этих кругов.
.044. Три окружности разных радиусов попарно касаются друг
друга. Прямые, соединяющие их центры, образуют прямоугольный ('треугольник. Найти радиус меньшей окружности, если радиусы большей ?и средней окружностей равны б и 4 см.
1.045. Три равные окружности радиуса т попарно касаются одна другой. Вычислить площадь фигуры, расположенной вне окружностей и ограниченной их дугами, заключенными между точками касания.
1.046. Общей хордой двух кругов стягиваются дуги в 60 и 120°. Найти отношение площадей этих кругов.
1.047. Доказать, что если диаметр полукруга разделить на две произвольные части и на каждой из них построить как на диаметре полуокружность (внутри данного полукруга), то площадь, заключенная между тремя полуокружностями, равна площади круга, диаметр которого равен длине перпендикуляра к диаметру полукруга, проведенного в точке деления до пересечения с окружностью.
1.048. Определить площадь круга, вписанного в сектор круга радиуса R с хордой 2д.
1.049. Сторона равностороннего треугольника, вписанного в окружность, равна а. Вычислить площадь отсекаемого ею сегмента.
1.050. Сторона квадрата, вписанного в окружность, равна а. Вычислить площадь отсекаемого ею сегмента.
1.051. Круг разделен на два сегмента хордой, равной стороне правильного вписанного треугольника. Определить отношение площадей этих сегментов.
1.052. Круг, радиус которого равен R, разделен на два сегмента хордой, равной стороне вписанного квадрата. Определить площадь меньшего из этих сегментов.
1.053. В круге радиуса R по разные стороны от центра проведены две параллельные хорды, одна из которых равна стороне правильного вписанного треугольника, а другая — стороне правильного вписанного шестиугольника. Определить площадь части круга, содержащейся между хордами.
1.054. Три окружности радиусов Rt = 6 см, R1 = 1 см, Л3 = 8 см попарно касаются друг друга. Определить площадь треугольника, вершины которого совпадают с центрами этих окружностей.
1.055. Каждая из трех равных окружностей радиуса г касается двух других. Найти площадь треугольника, образованного общими внешними касательными к этим окружностям.
1.056. В круг радиуса R вписаны два правильных треугольника так, что при их взаимном пересечении каждая из сторон разделилась на три равных отрезка. Найти площадь пересечения этих треугольников.
1.057. Общая хорда двух окружностей служит для одной из них стороной вписанного квадрата, а для другой — стороной правильного вписанного шестиугольника. Найти расстояние между центрами окружностей, если радиус меньшей из них равен г (рассмотреть два возможных случая расположения окружностей).
1.058. Общая хорда двух пересекающихся окружностей рг.аа а и служит для одной окружности стороной правильного вписанного треугольника, а для другой — стороной вписанного квадрата. Определить расстояние между центрами окружностей (рассмотреть два возможных случая).
.059. Одна из двух параллельных прямых касается окружности радиуса R в точке Л, а другая пересекает эту окружность в точках В и С. Выразить площадь треугольника АВС как функцию расстояния х между прямыми.
1.060. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки длиной 5 и 12 см. Найти катеты треугольника.
1.061. Радиусы вписанной и описанной окружностей прямоугольного треугольника равны соответственно 3 и 5 см. Найти катеты треугольника.
1.062. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен 15 см, а радиус вписанной в него окружности равен 6 см. Найти стороны треугольника.
1.063. Один из катетов прямоугольного треугольника равен 15 см, а радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 3 см. Найти площадь треугольника.
1.064. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, относится к радиусу вписанной в него окружности как 5:2. Найти площадь треугольника, если один из его катетов равен а.
1.065. В прямоугольный треугольник вписана полуокружность так, что диаметр лежит на гипотенузе, а центр делит гипотенузу на отрезки длиной 15 и 20 см. Найти площадь треугольника и длину вписанной полуокружности.
1.066. На большем катете треугольника как на диаметре построена полуокружность. Найти ее длину, если длина меньшего катета 30 см, а хорда, соединяющая вершину прямого угла с точкой пересечения гипотенузы и полуокружности, равна 24 см.
1.067. Окружность касается большего катета прямоугольного треугольника, проходит через вершину противолежащего острого угла и имеет центр на гипотенузе треугольника. Каков радиус окружности, если длины катетов равны 5 и 12?
1.068. Найти радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, если радиус окружности, вписанной в этот треугольник, равен 3 см, а один из катетов равен 10 см.
1.069. Один из катетов прямоугольного треугольника равен 15 см, а проекция другого катета на гипотенузу равна 16 см. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник.
.070. Периметр прямоугольного треугольника равен Тр, а гипотенуза равна с. Определить площадь круга, вписанного в треугольник.
.071. Найти площадь круга, вписанного в прямоугольный треугольник, если проекции катетов на гипотенузу равны 9 и 16 м.
.072. Найти площадь круга, вписанного в прямоугольный треугольник, если высота, проведенная к гипотенузе, делит последнюю на отрезки длиной 25,6 и 14,4 см.
.073 Периметр прямоугольного треугольника равен 24 см, площадь его равна 24 см2. Найти площадь описанного круга.
.074. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Найти расстояние от центра вписанной в треугольник окружности до центра описанной около него окружности.
.075. Окружность касается одного из катетов равнобедренного прямоугольного треугольника и проходит через вершину противоположного острого угла. Найти радиус окружности, если ее центр лежит на гипотенузе треугольника, а катет треугольника равен а.
.076. Найти отношение радиуса окружности, вписанной в равнобедренный прямоугольный треугольник, к высоте, проведенной к гипотенузе.
.077. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 10 см, основание 12 см. К окружности, вписанной в треугольник, проведены
касательные, параллельные высоте треугольника и отсекающие от данного треугольника два прямоугольных треугольника. Найти длины сторон этих треугольников.
1.078. Длина высоты, проведенной к основанию равнобедренного треугольника, равна 25 см, а радиус вписаннной окружности равен 8 см. Найти длину основания треугольника.
1.079. В равнобедренный треугольник с углом 120° при вершине и боковой стороной а вписана окружность. Найти радиус этой окружности.
1.080. В равнобедренном треугольнике основание равно 30 см, а боковая сторона равна 39 см. Определить радиус вписанного круга.
1.081. Найти площадь равнобедренного треугольника с углом 120°, если радиус вписанного круга равен ^/12 см.
1.082. В равнобедренном треугольнике основание равно 16 см, а боковая сторона равна 10 см. Найти радиусы вписанной и описанной окружностей и расстояние между их центрами.
.083. Найти площадь круга, описанного около равнобедренного треугольника, если основание этого треугольника равно 24 см, а боковая сторона 13 см.
.084. К окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с основанием 12 см и высотой 8 см, проведена касательная, параллельная основанию. Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между сторонами треугольника.
.085. На основании равнобедренного треугольника, равном 8 см, как на хорде построена окружность, касающаяся боковых сторон треугольника. Найти радиус окружности, если длина высоты, проведенной к основанию треугольника, равна 3 см.
.086. Из точки А проведены две прямые, касающиеся окружности радиуса R в точках Ви С так, что треугольник АВС — равносторонний. Найти его площадь.
.087. Площадь равностороннего треугольника, вписанного_в окружность, равна Q1. Доказать, что радиус окружности равен IQsj^p.
.088. В окружность, диаметр которой равен >J\1, вписан правильный треугольник. На его высоте как на стороне построен другой правильный треугольник, в который вписана новая окружность. Найти радиус этой окружности.
.089. В правильный треугольник вписана окружность и около него описана окружность. Найти площадь образовавшегося кольца, если сторона треугольника равна а.
.090. Каждая сторона правильного треугольника разделена на три равные части, и соответственные точки деления, считая в одном направлении, соединены между собой. В полученный правильный треугольник вписана окружность радиуса г=6 см. Определить стороны треугольников.
.091. Дан правильный треугольник АВС. Точка К делит сторону АС в отношении 2:1, а точка М— сторону АВ в отношении 1:2 (считая в обоих случаях от вершины А). Показать, что длина отрезка КМ равна радиусу окружности, описанной около треугольника АВС.
2. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найти сторону треугольника, если радиус малой окружности равен г.
3. На диаметре 2R полуокружности построен правильный треугольник, сторона которого равна диаметру. Треугольник расположен
по ту же сторону от диаметра, что и полуокружность. Вычислить площадь той части треугольника, которая лежит вне круга.
4. На диаметре 2R полукруга построен правильный треугольник, стороны которого равны диаметру. Как относятся площади частей треугольника, лежащих вне и внутри круга?
5. В окружность радиуса R вписан треугольник с углами 15° и 60°. Найти площадь треугольника.
6. Стороны треугольника равны 13,14 и 15 см. Найта отношение площадей описанного и вписанного в треугольник кругов.
7. В треугольнике длины сторон относятся как 2:3:4. В него вписан полукруг с диаметром, лежащим на большей стороне. Найти отношение площади полукруга к площади треугольника.
8. Дан треугольник со сторонами 12, 15 и 18 см. Проведена окружность, касающаяся обеих меньших сторон и имеющая центр на большей стороне. Найти отрезки, на которые центр окружности делит большую сторону треугольника.
9. Расстояние от центра круга до хорды длиной 16 см равно 15 см. Найти площадь треугольника, описанного около круга, если периметр треугольника равен 200 см.
Доказать, что отношение периметра треугольника к одной из его сторон равно отношению высоты, проведенной на эту сторону, к радиусу вписанной окружности.
В прямоугольный треугольник с катетами а и 6 вписан квадрат, имеющий с треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата.
В правильный треугольник вписан квадрат, сторона которого равна т. Найти сторону треугольника.
Найти площадь квадрата, вписанного в правильный треугольник со стороной а.
Сторона правильного треугольника, вписанного в окружность, равна а. Вычислить площадь квадрата, вписанного в ту же окружность.
На сторонах квадрата вне его построены правильные треугольники, и их вершины последовательно соединены. Определить отношение периметра полученного четырехугольника к периметру данного квадрата.
В квадрате, сторона которого а, середины двух смежных сторон соединены между собой и с противоположной вершиной квадрата. Найта площадь полученного треугольника.
В равнобедренный треугольник вписан квадрат единичной площади, одна сторона которого лежит на основании треугольника. Найти площадь треугольника, если известно, что центры масс треугольника и квадрата совпадают (центр масс треугольника лежит на пересечении его медиан).
Площадь равнобедренного треугольника равна 1/3 площади квадрата, построенного на основании данного треугольника. Длины боковых сторон треугольника короче длины его основания на 1 см. Найти длины сторон и высоты треугольника, проведенной к основанию.
Найти площадь правильного треугольника, вписанного в квадрат со стороной а при условии, что одна из вершин треугольника совпадает с вершиной квадрата.
На сторонах равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой с вне этого треугольника построены квадраты. Центры
этих квадратов соединены между собой. Найти площадь полученного треугольника.
В квадрате со стороной а середины двух смежных сторон соединены между собой и с противоположной вершиной квадрата. Определить площадь внутреннего треугольника.
В квадрат вписан другой квадрат, вершины которого лежат на сторонах первого, а стороны составляют со сторонами первого квадрата углы в 60°. Какую часть площади данного квадрата составляет площадь вписанного?
Дан квадрат, две вершины которого лежат на окружности радиуса R, две другие — на касательной к этой окружности. Найти длину диагонали квадрата.
Около квадрата со стороной а описана окружность. В один из образовавшихся сегментов вписан квадрат. Определить площадь этого квадрата.
В сегмент, дуга которого равна 60°, вписан квадрат. Вычислить площадь квадрата, если радиус круга равен 2>/з + ^/17.
Сторона квадрата, вписанного в окружность, отсекает сегмент, площадь которого равна (2я—4) см2. Найти площадь квадрата.
Площадь прямоугольника равна 9 см2, а величина одного из углов, образованного диагоналями, равна 120°. Найти стороны прямоугольника.
В круг радиуса R вписан прямоугольник, площадь которого вдвое меньше площади круга. Определить стороны прямоугольника.
В прямоугольнике проведены биссектрисы двух углов, прилежащих к большей стороне. Определить, на какие части делится площадь прямоугольника этими биссектрисами, если стороны прямоугольника равны 2 и 4 м..
В прямоугольный треугольник с углом 60° вписан ромб со стороной, равной 6 см, так, что угол в 60° у них общий и все вершины ромба лежат на сторонах треугольника. Найти стороны треугольника.
В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противоположная вершина делит сторону треугольника в отношении 2:3. Диагонали ромба равны тип. Найти стороны треугольника, содержащие стороны ромба.
Сумма длин диагоналей ромба равна т, а его площадь равна
8. Найти сторону ромба.
В ромб с острым углом 30° вписан круг, площадь которого равна Q. Найти площадь ромба.
Периметр ромба равен 2 м, длины его диагоналей относятся как 3:4. Найти площадь ромба.
Определить сторону ромба, зная, что площадь его равна 8, а длины диагоналей относятся как т: п.
Периметр ромба равен 2р; длины диагоналей относятся как т: п. Вычислить площадь ромба.
Высота ромба равна 12 см, а одна из его диагоналей равна 15 см. Найта площадь ромба.
Высота ромба, проведенная из вершины тупого угла, делит его сторону на отрезки длиной т и п (т считать от вершины острого угла). Определить диагонали ромба.
Ромб, у которого сторона равна меньшей диагонали, равнове- • лик кругу радиуса R. Определить сторону ромба. ■Л
В ромб с острым углом 30° вписан круг, а в круг — квадрат?' Найти отношение площади ромба к площади квадрата. ■
В пересечение двух равных кругов вписан ромб с диагоналями 12 и б см. Найти радиус окружностей.
В ромб, который делится своей диагональю на два равносторонних треугольника, вписана окружность радиуса 2. Найти сторону ромба.
Доказать, что если в четырехугольнике диагонали лежат на биссектрисах его углов, то такой четырехугольник есть ромб.
На сторонах ромба как на диаметрах описаны полуокружности, обращенные внутрь ромба. Определить площадь полученной розетки, если диагонали ромба равны а и Ь.
Периметр параллелограмма равен 90 см, а острый угол содержит 60°. Диагональ параллелограмма делит его тупой угол на части в отношении 1:3. Найти стороны параллелограмма.
Величина одного из углов параллелограмма равна 60°, а меньшая диагональ 2л/з 1 см. Длина перпендикуляра, проведенного из точки пересечения диагоналей к большей стороне, равна ^7 5/2 см. Найти длины сторон и большей диагонали параллелограмма.
Перпендикуляр, проведенный из вершины параллелограмма к его диагонали, делит эту диагональ на отрезки длиной 6 и 15 см. Разность длин сторон параллелограмма равна 7 см. Найти длины сторон параллелограмма и его диагоналей.
В параллелограмме с периметром 32 см проведены диагонали. Разность между периметрами двух смежных треугольников равна 8 см. Найти длины сторон параллелограмма.
В параллелограмме ABCD высота, проведенная из вершины В тупого угла на сторону DA, делит ее в отношении 5:3, считая от вершины D. Найти отношение AC.BD, если AD:AB = 2.
Через точки Л и Е, принадлежащие сторонам АВ и AD 2 1
параллелограмма ABCD и такие, что AR=AB, АЕ= - AD, проведена 3 3
прямая. Найти отношение площади параллелограмма к площади полученного треугольника.
Доказать, что в параллелограмме ABCD расстояния от любой точки диагонали АС до прямых ВС и CD обратно пропорциональны длинам этих сторон.
Доказать, что если через вершины четырехугольника провести прямые, параллельные его диагоналям, то площадь параллелограмма, определяемою этими прямыми, в 2 раза больше площади данного четырехугольника.
Две окружности радиуса R с центрами Ot и О2 касаются друг друга. Их пересекает прямая в точках А, В, С и D так, что АВ= ВС = CD. Найти площадь четырехугольника ОхАООг.
В точках, пересечения двух окружностей с радиусами 4 и 8 см касательные к ним взаимно перпендикулярны. Вычислить площадь фигуры ОхАВОг, где АВ — общая касательная к окружностям, а Ох х Ог — их центры.
Большее основание трапеции имеет длину 24 см. Найти длину ее меньшего основания, если известно, что расстояние между серединами диагоналей трапеции равно 4 см.
Один из углов трапеции равен 30°, а прямые, содержащие боковые стороны трапеции, пересекаются под прямым углом. Найти длину меньшей боковой стороны трапеции, если ее средняя линия равна 10 см, а одно из оснований 8 см.
—1.147. Вычислить площадь трапеции, параллельные стороны которой содержат 16 и 44 см, а непараллельные — 17 и 25 см.
Длины параллельных сторон трапеции равны 25 и 4 см, а длины непараллельных сторон — 20 и 13 см. Найти высоту трапеции.
Основания трапеции равны а и Ь, углы при большем основании равны я/6 и я/4. Найти площадь трапеции.
Вычислить площадь трапеции ABCD (AD]\BC), если длины ее оснований относятся как 5:3 и площадь треугольника ADM равна 50 см1, где М — точка пересечения прямых АВ и CD.
Вычислить площадь трапеции по разности оснований, равной 14 см, и двум непараллельным сторонам, равным 13 и 15 см, если известно, что в трапецию можно вписать окружность.
В трапеции, площадь которой равна 594 м1, высота 22 м, а разность параллельных сторон равна 6 м, найти длину каждой из параллельных сторон.
Доказать, что площадь трапеции равна произведению длины одной из непараллельных сторон и длины перпендикуляра, проведенного через середину другой боковой стороны к первой.
Трапеция разбита диагоналями на четыре треугольника. Найти отношение площадей треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции. . -
Диагональ прямоугольной трапеции и ее боковая сторона равны. Найти длину средней линии, если высота трапеции равна 2 см, а боковая сторона 4 см.
Вычислить площадь прямоугольной трапеции, если ее острый угол равен 60°, меньшее основание равно а, а большая боковая сторона равна Ь.
Прямые, содержащие боковые стороны равнобедренной трапеции, пересекаются под прямым углом. Найти длины сторон трапеции, если ее площадь равна 12 см1, а длина высоты равна 2 см. ,
Определить боковые стороны равнобедренной трапеции, если ее основания и площадь равны соответственно 8 см, 14 см и 44 см1.
Диагональ равнобедренной трапеции делит ее тупой угол пополам. Меньшее основание трапеции равно 3 см, периметр равен 42 см. Найти площадь трапеции.
В равнобедренной трапеции одно основание равно 40 см, а другое 24 см. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Найта ее площадь.
В равнобедренной трапеции длина средней линии равна 5, а диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
Большее основание трапеции в 2 раза больше ее меньшего основания. Через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Найти отношение высоты каждой из двух полученных трапеций к высоте трапеции.
Основания равнобедренной трапеции а и Ь, боковая сторона ее равна с, а диагональ равна d. Доказать, что <Р = ah + с2.
Найта диагональ и боковую сторону равнобедренной трапеции с основаниями 20 и 12 см, если известно, что центр описанной окружности лежит на большем основании трапеции.
В равнобедренной трапеции даны основания а=21 см, Ь = 9 см и высота к = 9 см. Найти радиус описанного круга.
В окружность радиуса R вписана трапеция, у которой нижнее основание вдвое больше каждой из остальных сторон. Найти площадь трапеции. ;
I 19;
Длины оснований равнобедренной трапеции относятся как 5:12, а длина ее высоты равна 17 см. Вычислить радиус окружности, описанной около трапеции, если известно, что ее средняя линия равна высоте.
Найти площадь равнобедренной трапеции, если ее высота равна Л, а боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 60°.
Около окружности с диаметром 15 см описана равнобедренная трапеция с боковой стороной, равной 17 см. Найти основания трапеции.
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна 5, а высота трапеции в 2 раза меньше ее боковой стороны. Определить радиус вписанного круга. •
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна 32л/3 см2. Определить боковую сторону трапеции, если известно, что острый угол при основании равен л/З.
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна 8 см2. Определить стороны трапеции, если угол при основании содержит 30°. '
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна S. Определить боковую сторону трапеции, если известно, что острый угол при основании равен л/6.
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна 5. Определить радиус круга, если угол при основании трапеции равен 30°.
В равнобедренную трапецию вписана окружность радиуса Л. Верхнее основание трапеции в 2 раза меньше ее высоты. Найти площадь трапеции.
Найти площадь круга, вписанного в равнобедренную трапецию, если ее большее основание равно а, а угол при меньшем основании равен 120°.
В равнобедренную трапецию вписан круг. Одна из боковых сторон делится точкой касания на отрезки длиной тип. Определить площадь трапеции.
В равнобедренную трапецию вписан круг. Доказать, что отношение площади круга к площади трапеции равно отношению длины окружности к периметру трапеции.
Равносторонний шестиугольник ABCDEF состоит из двух трапеций, имеющих общее основание CF. Известно, что АС= 13 см, АЕ= 10 см. Найти площадь шестиугольника. ,
' 1.180. Найти сторону правильного шестиугольника, равновеликого равнобедренной трапеции с основаниями 20 и 12 см, если известно, что центр описанной окружности лежит на большем основании трапеции.
Вычислить отношение площадей квадрата, правильного треугольника и правильного шестиугольника, вписанных в одну и ту же окружность.
Найти отношение площадей равностороннего треугольника, квадрата и правильного шестиугольника, длины сторон которых равны.
В правильный треугольник со стороной, равной а, вписана окружность, в которую вписан правильный шестиугольник. Найти площадь шестиугольника.
Около квадрата, сторона которого равна а, описана окружность, а около окружности — правильный шестиугольник. Определить площадь шестиугольника.
1.185. Из точки М, находящейся на расстоянии а от окружности, пр4ведена к этой окружности касательная длиной 2d. Найти площадь правильного шестиугольника, вписанного в окружность.
В правильный треугольник вписана окружность, а в нее — правильный шестиугольник. Найти отношение площадей треугольника и шестиугольника.’
На сторонах равностороннего треугольника вне его построены квадраты. Их вершины, лежащие вне треугольника, последовательно соединены. Определить площадь полученного шестиугольника, если сторона данного треугольника равна а.
В правильный шестиугольник, сторона которого равна а, вписана окружность, и около него же описана окружность. Определить площадь кругового кольца, заключенного между этими окружностями.
Данный квадрат со стороной а срезан по углам так, что образовался правильный восьмиугольник. Определить площадь этого восьмиугольника.
Доказать, что сумма расстояний от любой точки, взятой внутри правильного шестиугольника, до всех прямых, содержащих его стороны, есть величина постоянная.
Группа Б
Внутри прямого угла дана точка М, расстояния от которой до сторон угла равны 4 и 8 см. Прямая, проходящая через точку М, отсекает от прямого угла треугольник площадью 100 см2. Найти катеты треугольника..
Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит его на два треугольника с площадями Q и q. Найти катеты.
Периметр прямоугольного треугольника ABC (ДС=90°) равен 72 см, а разность между длинами медианы СМ и высоты СК равна 7 см. Найти длину гипотенузы.
L194. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны ^52 и ^13. Найти гипотенузу треугольника.
Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см. Найти его стороны, если высота, проведенная к гипотенузе, равна 12 см.
Найти биссектрису прямого угла треугольника, у которого катеты равны а и Ь.
В прямоугольном треугольнике расстояние от середины гипотенузы до одного из катетов равно 5 см, а расстояние от середины этого катета до гипотенузы равно 4 см. Вычислить площадь треугольника.
Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с. Проекция вершины прямого угла на гипотенузу делит ее на два отрезка, из которых меньший относится к большему как больший ко всей гипотенузе. Определить площадь треугольника.
Определить стороны прямоугольного треугольника, у которого периметр равен 2р, а площадь равна т1.
Стороны треугольника равны 3, 4 и 5 см. Определить площади треугольников, на которые разбивается данный треугольник высотой и медианой, проведенными к большей по величине стороне.
Высоты треугольника равны 12, 15 и 20 см. Доказать, что треугольник прямоугольны^
Числа hv кг и й3 выражают длины высот некоторого треугольника. Показать, что если выполняется равенство (h1jh1)1 + + ^1/к3)г=1, то треугольник является прямоугольным.
Медианы треугольника равны 5, ^/52 и -У 73 см. Доказать, что треугольник прямоугольный.
Числа mv т2 и т3 выражают длины медиан некоторого треугольника. Показать, что если выполняется равенство m^+m| = 5m§, то треугольник является прямоугольным.
Площадь равностороннего треугольника, построенного на гипотенузе, вдвое больше площади прямоугольного треугольника с указанной гипотенузой. Найти отношение катетов.
Внутри равностороннего треугольника взята точка М, отстоящая от его сторон на расстояния b, с, d. Найти высоту треугольника.
Точка М лежит внутри равностороннего треугольника АВС. Вычислить площадь этого треугольника, если известно, что АМ=ВМ=2. см, а СМ = 1 см.
Показать, что сумма расстояний от любой точки, взятой на стороне правильного треугольника, до двух других его сторон есть величина постоянная.
Основания двух правильных треугольников со сторонами а и 2а лежат на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные стороны от прямой и не имеют общих точек, а расстояние между ближайшими концами их оснований равно 2а. Найти расстояние между вершинами треугольников, не принадлежащими данной прямой.
Точка С перемещается по отрезку АВ длиной I. На отрезках АС и СВ как на основаниях построены правильные треугольники по одну сторону от АВ. Где нужно взять точку С, чтобы расстояние между вершинами треугольников было наименьшим?
В равнобедренном треугольнике угол при основании содержит 72°, а биссектриса этого угла имеет длину, равную т. Найти длины сторон треугольника. ,
В равнобедренном треугольнике угол при вершине содержит 36°, а биссектриса угла при основании равна -^20. Найти длины сторон треугольника. .
В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной Ь, проведены биссектрисы углов при основании. Отрезок прямой между точками пересечения биссектрис с боковыми сторонами равен т. Определить основание треугольника. ■
Длина основания равнобедренного треугольника равна 12 см, а боковой стороны — 18 см. К боковым сторонам треугольника проведены высоты. Вычислить длину отрезка, концы которого совпадают с основаниями высот.
Основание равнобедренного треугольника равно 8, а боковая сторона — 12. Найти длину отрезка, соединяющего точки пересечения биссектрис углов при основании с боковыми сторонами треугольника.
В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) на стороне ВС взята точка D так, что BD: DC = 1:4. В каком отношении прямая AD делит высоту BE треугольника АВС, считая от вершины 5?
Равнобедренный треугольник со сторонами 8, 5 и 5 разделен на три равновеликие части перпендикулярами, проведенными из некоторой точки к его сторонам. Найти расстояние от этой точки до каждой стороны треугольника.
Определить углы равнобедренного треугольника,' если его площадь относится к площади квадрата, построенного на его основании, как >/з: 12.
Найти третью сторону остроугольного треугольника, если две
его стороны равны а и Ь, а медианы этих сторон пересекаются под прямым углом.
Две стороны треугольника равны 6 и 8 см. Медианы, проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника.
Высота, основание и сумма боковых сторон треугольника равны соответственно 24, 20 и 56 см. Найти боковые стороны.
Дан треугольник АВС, в котором 2hc=AB и LA = 15°. Найти величину угла С.
Внутри угла в 60° расположена точка, отстоящая на расстояния /7 и 2^/7 см от сторон угла. Найти расстояние от этой точки до сторон угла.
Длины двух сторон остроугольного треугольника равны >/13 и V10 см. Найти длину третьей стороны, зная, что эта сторона равна проведенной к ней высоте.
Расстояния от точки М, лежащей внутри треугольника АВС, до его сторон АС и ВС равны соответственно 2 и 4 см. Вычислить расстояние от точки М до прямой АВ, если АВ= 10 см, ВС= 17 см, АС=21 см.
Найти отношение суммы квадратов всех медиан треугольника к сумме квадратов всех его сторон.
Найти площадь треугольника, если его высоты равны 12, 15 и 20 см.
В треугольнике АВС проведена прямая BE, параллельная основанию А С. Площадь треугольника АВС равна 8 кв. ед., а площадь треугольника ВЕС равна 2 кв. ед. Найти отношение отрезка BE к длине основания треугольника АВС.
Длины сторон треугольника относятся как т:п:т. Найти отношение площади этого треугольника к площади треугольника, вершины которого находятся в точках пересечения биссектрис данного треугольника с его сторонами.
В треугольнике АВС проведены медианы ВВ и СЕ; М — точка их пересечения. Доказать, что треугольник ВСМ равновелик четырехугольнику АВМЕ.
Отношение величин двух углов треугольника равно 2, а разность длин противоположных им сторон равна 2 см; длина третьей стороны треугольника равна 5 см. Вычислить площадь треугольника.
В треугольнике АВС известны: ВС= 15 см, АС= 14 см, АВ—13 см. Вычислить площадь треугольника, заключенного между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины В.
Стороны треугольника равны 13, 14 и 15 см. Определить площади треугольников, на которые разбивается данный треугольник его медианами.
Медианы одного треугольника равны сторонам другого треугольника. Найти отношение площадей этих треугольников.
Медианы треугольника равны 3, 4 и 5 см. Найти площадь треугольника.
Основание треугольника равно 20 см, медианы боковых сторон равны 18 и 24 см. Найти площадь треугольника.
Медианы треугольника равны 5, 6 и 5 м. Найти площадь треугольника.
Определить площадь треугольника, если две, его стороны равны 1 и >/15 см, а медиана третьей стороны равна 2 см.
Определить площадь треугольника, если две его стороны равны 35 и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит 12 см.
Биссектрисы углов А и В треугольника АВС одинаково наклонены к сторонам ВС и АС. Найти зависимость между углами А и В.
На медиане BD треугольника АВС, площадь которого равна
S, построена точка Е так, что DE=- BD. Через точку Е проведена 4
прямая АЕ, пересекающая сторону ВС в точке F. Найти площадь треугольника AFC.
На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 1:3, считая от вершины. Во сколько раз площадь треугольника с вершинами в этих точках меньше площади исходного треугольника?
Две окружности касаются внешним образом. Их радиусы относятся как 3:1, а длина их общей внешней касательной равна 6л/з. Определить периметр фигуры, образованной внешними касательными и внешними частями окружностей.
Две окружности, радиусы которых 4 н 8, пересекаются под прямым углом. Определить длину их общей касательной.
Две окружности разных радиусов касаются друг друга внешним образом. Найти угол, определяемый хордами, соединяющими точку касания окружностей с точками касания их общей внешней касательной.
К двум внешне касающимся окружностям радиусов R и г построена секущая так, что окружности отсекают на ней три равных отрезка. Найти длины этих отрезков.
Две окружности радиусов г и Зг внешне касаются. Найти площадь фигуры, заключенной между окружностями и их общей внешней касательной.
Две окружности радиусов R и г касаются друг друга внешним образом. К этим окружностям проведена общая внешняя касательная, и в образовавшийся при этом треугольник вписан круг. Найти его площадь.
В окружности с центром О проведена хорда АВ, пересекающая диаметр в точке М и составляющая с диаметром угол, равный 60°. Найти ОМ, если АМ= 10 см, а ВМ=4 см.
Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 9 и 17 см. Найти радиус окружности, если расстояние между серединами данных хорд равно 5 см.
Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 10 и 12 см. Найти радиус окружности, если расстояние от середины меньшей хорды до большей хорды равно 4 см.
В окружности радиуса R проведены две пересекающиеся перпендикулярные хорды АВ и CD. Доказать, что AC1+BD1=4Ri.
Через точку А окружности радиуса 10 см проведены две взаимно перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислить радиус окружности, касающейся данной окружности и построенных хорд, если ЛВ=16 см.
Через точку Р диаметра данной окружности проведена хорда АВ, образующая с диаметром угол 60°. Вычислить радиус окружности, если АР=а и ВР=Ь.
В круге радиуса R проведены по разные стороны от центра две параллельные хорды, одна из которых стягивает дугу в ^0°, другая — 120°. Найти площадь части круга, заключенной между хордами.
Периметр сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см1. Определить длину дуги сектора.
Найти радиус круга, в сегмент которого, соответствующий хорде длиной 6 см, вписан квадрат со стороной 2 см.
Определить площадь сегмента, если его периметр равен р, а дуга содержит 120°.
. 1.259. Два круга концентричны, причем окружность меньшего круга делит большой круг на равновеликие части. Доказать, что часть кольца, заключенная между параллельными касательными к окружности меньшего радиуса, равновелика квадрату, вписанному в меньший круг.
В угол вписаны три окружности — малая, средняя и большая. Большая окружность проходит через центр средней, а средняя — через центр малой. Определить радиусы средней и большой окружностей, если радиус меньшей равен г и расстояние от ее центра до вершины угла равно а. ■
В угол, содержащий 60°, вписаны пять окружностей так, что каждая последующая окружность (начиная со второй) касается предыдущей. Во сколько раз сумма площадей всех пяти кругов больше площади меньшего круга?
На отрезке АС длиной 12 см построена точка В так, что АВ=4 см. На отрезках АВ и АС как на диаметрах в одной полуплоскости с границей А С построены полуокружности. Вычислить радиус окружности, касающейся построенных окружностей и АС.
На отрезке АВ и на каждой его половине построены как на диаметрах полукруги (по одну сторону от АВ). Считая радиус большого полукруга равным R, найти сумму площадей криволинейных треугольников, образовавшихся при построении круга, касательного ко всем трем данным кругам.
На отрезке АВ взята точка С и на частях АС и СВ отрезка АВ как на диаметрах построены полуокружности. Доказать, что сумма длин этих полуокружностей на зависит от положения точки С на отрезке АВ.
1.265. Криволинейный треугольник составлен тремя равными попарно касающимися дугами окружностей радиуса R. Найти площадь этого треугольника.
Круг с центром О разделен диаметром АВ на два полукруга. В одном из них построены два новых полукруга, опирающиеся на О А и ОВ как на диаметры. В криволинейную фигуру, ограниченную контурами этих трех полукругов, вписан круг. Во сколько раз его площадь меньше площади данного круга?
Две окружности радиуса R пересекаются так, что каждая проходит через центр другой. Две другие окружности того же радиуса имеют центры в точках пересечения первых двух окружностей. Найти площадь, общую всем четырем кругам.
Окружность радиуса R разделена на шесть равных дуг, и внутри круга, ограниченного этой окружностью, через каждые две соседние точки деления проведены равные дуги такого радиуса, что на дайной окружности они взаимно касаются. Вычислить площадь внутренней части данного круга, заключенной между проведенными дугами.
В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к гипотенузе, равна й; радиус вписанной окружности равен г. Найти гипотенузу.
В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка касания делит гипотенузу в отношении 2:3. Найти стороны треуголь-
ника, если центр вписанной окружности удален от вершины прямого угла на расстояние >/8 см.
Площадь прямоугольного треугольника равна 24 см2, а гипотенуза равна 10 см. Найти радиус вписанной окружности.
Найти площадь прямоугольного треугольника, если даны радиусы R и г описанного и вписанного в него кругов.
Найти площадь круга, описанного около прямоугольного треугольника, длины катетов которого являются корнями уравнения а№+йх+с=0.
Длины катетов некоторого прямоугольного треугольника являются корнями уравнения а.х2-1-6.т + с=0. НаЙтг радиус окружности, вписанной в этот треугольник
На большом катете прямоугольного треугольника как на диаметре построена окружность. Определить радиус этой окружности, если меньший катет треугольника равен 7,5 см, а длина хорды, соединяющей вершину прямого угла с точкой пересечения гипотенузы и окружности, равна 5 см.
Центр полуокружности, вписанной в прямоугольный 'треугольник так, что ее диаметр лежит на гипотенузе, делит гипотенузу на отрезки 30 и 40. Найти длину дуги полуокружности, заключенной между точками ее касания с катетами.
Прямоугольный треугольник АВС разделен высотой CD, проведенной к гипотенузе, на два треугольника BCD и ACD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники BCD и ACD, равны соответственно 4 и 3 см. Найти расстояние между их центрами.
Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Через середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность, касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой окружностью.
В прямоугольный треугольник со сторонами 6, 8 и 10 см вписана окружность. Через центр окружности проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Вычислить длины средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых построенными прямыми.
Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма полупериметра и радиуса вписанной окружности равна сумме катетов.
Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма диаметров описанной и вписанной окружностей равна сумме его катетов.
Сторона правильного треугольника равна а. Определить площадь части треугольника, лежащей вне круга радиуса а/3, центр которого совпадает с центром треугольника.
В круг радиуса R вписан правильный треугольник, высоты которого продолжены до пересечения с окружное ; ью. Эти точки пересечения соединены между собой, в результате чего получается новый треугольник. Вычислить ту часть площади круга, которая находится вне этих треугольников.
В равносторонний треугольник АВС со стороной л = 2 см вписан круг; точка А является центром второго круга с радиусом 1 см. Найти площадь пересечения этих кругов.
Внутри правильного треугольника со стороной а расположены три равные окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника и двух других окружностей. Найти площадь части треугольника, расположенной вне этих окружностей.
Центр равностороннего треугольника со стороной, равной
6 см, совпадает с центром окружности радиуса 2 см. Определить площадь части треугольника, лежащей вне этой окружности.
Около круга радиуса 5 описаны квадрат и равносторонний треугольник, причем одна из сторон квадрата лежит на стороне треугольника. Вычислить площадь общей части треугольника и квадрата.
Около круга радиуса 3 описан равнобедренный треугольник с острым углом 30° при основании. Определить стороны треугольника.
Окружности радиусов Виг касаются друг друга внешним образом. Боковые стороны равнобедренного треугольника являются их общими касательными, а основание касается большей из окружностей. Найти основание треугольника.
Какими целыми числами выражаются стороны равнобедренного треугольника, если радиус вписанной окружности равен 3/2 см, а описанной 25/8 см?
Один конец диаметра полуокружности совпадает с вершиной угла при основании равнобедренного треугольника, а другой принадлежит этому основанию. Найти радиус полуокружности, если она касается одной боковой стороны и делит другую на отрезки длиной 5 и 4 см, считая от основания.
Дан равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и боковой стороной, равной Ь. Доказать, что центр вписанной окружности делит биссектрису угла при основании в отношении (а+Ь): Ь, считая от вершины угла.
В треугольник вписана окружность радиуса 3 см. Вычислить длины сторон треугольника, если одна из них разделена точкой касания на отрезки длиной 4 и 3 см.
Дан треугольник АВС такой, что /15=15 см, ВС=12 см и ЛС=18 см. В каком отношении центр вписанной в треугольник окружности делит биссектрису угла С?
Стороны треугольника относятся как 5:4:3. Найти отношение отрезков сторон, на которые они делятся точкой касания вписанной окружности.
Сторона треугольника равна 48 см, а высота, проведенная к этой стороне, равна 8,5 см. Найти расстояние от центра окружности, вписанной в треугольник, до вершины, противолежащей данной стороне, если радиус вписанной окружности равен 4 см.
В треугольник вписан круг. Прямые, соединяющие центр круга с вершинами, делят площадь треугольника на части с площадями 4, 13 и 15 см2. Найти стороны треугольника.
Радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 2 см. Точка касания этой окружности делит одну из сторон на отрезки длиной 4 и 6 см. Определить вид треугольника и вычислить его площадь.
Для треугольника со сторонами 26, 28 и 30 См найти произведение радиусов вписанной и описанной окружностей.
Найти площадь треугольника, вписанного в круг радиуса 2 см, если два угла треугольника равны я/3 и я/4.
Пусть BD — высота треугольника АВС, точка Е — середина ВС. Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE, если Л5=30 см, 5С= 26 см и АС=28 см.
Точка С, — середина стороны АВ треугольника АВС; угол СОСЪ где О — центр окружности, описанной около треугольника, является прямым. Доказать, что |Z_5— LA\ = 90°.
Доказать, что расстояние от ортоцентра (точки пересечения
высот) до вершины треугольника больше расстояния от центра описан, ной окружности до стороны, противоположной этой вершине.
'1.304. В треугольнике АВС проведены медианы AL и ВМ, пересека
ющиеся в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через точки К, L, М. Длина стороны АВ равна а. Найти длину медианы CN.
Дан треугольник со сторонами 10, 24 и 26. Две меньшие стороны являются касательными к окружности, центр которой лежит на большей стороне. Найти радиус окружности..
. На отрезке АВ взята точка М, а на отрезках АМ и МВ по одну сторону от прямой АВ построены квадраты, описанные окружности которых пересекаются в точке N. Доказать, что прямая AN проходит через вершину второго квадрата и что треугольник ANB прямоугольный.
. Дан квадрат, сторона которого равна а. Определить стороны равновеликого ему равнобедренного треугольника, у которого сумма длин основания и высоты, опущенной на основание, равна сумме длин двух боковых сторон.■
. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую из двух других его сторон на отрезки, равные 2 и 23 см. Найти радиус окружности.
. Окружность радиуса 13 см касается двух смежных сторон квадрата со стороной 18 см. На какие два отрезка делит окружность каждую из двух других сторон квадрата?'
Найти отношение площади квадрата, вписанного в сегмент с дугой 180°, к площади квадрата, вписанного в сегмент того же самого круга с дугой 90°.
. Через две смежные вершины квадрата проведена окружность так, что длина касательной к ней, проведенной из третьей вершины, в 3 раза больше стороны квадрата. Найти площадь круга, если сторона квадрата равна а.
Внутри квадрата со стороной а на каждой его стороне как на диаметре построена полуокружность. Найти площадь розетки, ограниченной дугами полуокружностей.
. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в одну и ту же окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.
. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан прямоугольник с периметром 24 см так, что одна из его сторон лежит на большей стороне треугольника. Найти стороны прямоугольника.
. Вершина прямоугольника, вписанного в окружность, делит ее на четыре дуги. Найти расстояние от середины одной из больших дуг до вершин прямоугольника, если стороны его равны 24 и 7 см.
. В прямоугольнике со сторонами а и b проведены биссектрисы всех углов до взаимного пересечения. Найти площадь четырехугольника, образованного биссектрисами.
. В треугольник вписан ромб со стороной т так, что один угол у них общий, а противоположная вершина ромба лежит на стороне треугольника и делит эту сторону на отрезки длиной р и q. Найти стороны треугольника.
Из вершины острого угла ромба проведены перпендикуляры к прямым, содержащим стороны ромба, которым не принадлежит эта вершина. Длина каждого перпендикуляра равна 3 см, а расстояние между их основаниями 3>/з см. Вычислить длины диагоналей ромба.
Точки М, N, Р, Q являются серединами сторон АВ, ВС, CD и DA ромба ABCD. Вычислить площадь фигуры, являющейся пересече-
нием четырехугольников ABCD, ANCQ и BPDM, если площадь ромба равна 100 см1.
В ромб со стороной а и- острым углом 60° вписана окружность. Определить площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки касания окружности со сторонами ромба.
Дан ромб ABCD, диагонали которого равны 3 и 4 см. Из вершины тупого угла В проведены высоты BE и BF. Вычислить площадь четырехугольника BFDE.
Длины диагоналей ромба относятся как 3:4. Во сколько раз площадь ромба больше площади вписанного в него круга?
В ромб вписана окружность радиуса R. Найти площадь ромба, если его большая диагональ в 4 раза больше радиуса вписанной окружности.
Вычислить площадь общей части двух ромбов, длины диагоналей первого из которых равны 4 и 6 см, а второй получен поворотом первого на 90° вокруг его центра.
В треугольник вписан параллелограмм со сторонами 3 и 5 см и диагональю, равной 6 см. Найти стороны треугольника, если известно, что диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам треугольника, а меньшая из его сторон лежит на основании треугольника.
. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на основании треугольника, а диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание треугольника.
. Площадь четырехугольника равна S. Найти площадь параллелограмма, стороны которого равны и параллельны диагоналям четырехугольника.
Параллелограмм ABCD, у которого АВ= 153 см, AD= 180 см, В£=135 см (BE— высота) разделен на три равновеликие фигуры прямыми, перпендикулярными AD. На каком расстоянии от точки А находятся точки пересечения этих перпендикуляров с AD1
Длины сторон и диагоналей параллелограмма равны соответственно а, Ь, с и/. Найти углы параллелограмма, если а*А-Ь* = <?1г.
Диагонали четырехугольника равны, а длины его средних линий равны р и q. Найти площадь четырехугольника.
В окружность вписан четырехугольник с углами 120, 90, 60 и 90°. Площадь четырехугольника равна 9л/з см2. Найти радиус окружности, если диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны.
Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на четыре треугольника; площади трех из них равны 10, 20 и 30 см1, и каждая меньше площади четвертого треугольника. Найти площадь данного четырехугольника.
Вся дуга окружности радиуса R разделена на четыре большие и четыре малые части, которые чередуются одна за другой. Большая часть в 2 раза длиннее малой. Определить площадь восьмиугольника, вершинами которого являются точки деления дуги окружности.
Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а ее площадь равна а1. Определить высоту трапеции.
Диагональ равнобедренной трапеции равна 10 см, а площадь равна 48 см2. Найти высоту трапеции.
Найти радиус окружности, описанной около равнобедренной трапеции с основаниями 2 и 14 и боковой стороной 10.
Дан равнобедренный треугольник с основанием 12 см и боко-
вой стороной 18 см. Отрезки какой длины нужно отложить от вершины треугольника на его боковых сторонах, чтобы, соединив их концы, получить трапецию с периметром, .равным 40 см?
338. Найти среднюю линию равнобедренной трапеции с высотой А, если боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 120°.
Центр окружности, описанной около равнобедренной трапеции, делит ее высоту в отношении 3:4 (считая от большего основания). Найти основания трапеции, если ее средняя линия равна высоте, а радиус окружности равен 10.
Каким необходимым и достаточным условиям должна удовлетворять трапеция, чтобы в нее можно было вписать и около нее можно было описать окружность?
. Основания трапеции равны 4 и 16 см. Найти радиусы окружностей, вписанной в трапецию и описанной около нее, если известно, что эти окружности существуют.
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна 32 см1. Острый угол трапеции равен 30°. Определить стороны трапеции.
Высота равнобедренной трапеции равна 14 см, а основания равны 16 и 12 см. Определить площадь описанного круга.
. В некоторый угол вписана окружность радиуса 8 см. Длина хорды, соединяющей точки касания, равна 8 см. К окружности проведены две касательные, параллельные хорде. Найти стороны полученной трапеции.
В некоторый угол вписана окружность радиуса К, а длина хорды, соединяющей точки касания, равна а. Параллельно этой хорде проведены две касательные, в результате чего получилась трапеция. Найти площадь этой трапеции.
. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом. Найти площадь трапеции, ограниченной двумя общими касательными к этим окружностям и прямыми, соединяющими точки касания.
Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удален от концов ее боковой стороны на расстояния 3 и 9 см. Найти стороны трапеции.
В прямоугольную трапецию вписана окружность радиуса г. Найти стороны трапеции, если ее меньшее основание равно 4г/3.
Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удален от концов боковой стороны на расстояния 8 и 4 см. Найти среднюю линию трапеции.
Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию, отстоит от концов боковой стороны на 1 и 2 см. Найти площадь трапеции.
Прямая пересекает окружность радиуса R в точках А и В таких, что и АВ =45°, а прямую, перпендикулярную диаметру АМ окружности и проходящую через ее центр,— в точке D. Прямая, проходящая через точку В перпендикулярно диаметру АМ, пересекает его в точке С. Найти площадь трапеции OCBD.
Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются на другом ее основании. Найти все стороны трапеции, если ее высота равна 12 см, а длины биссектрис 15 и 13 см.
Прямая, параллельная основаниям трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами трапеции, если основания трапеции равны 4 и 12 см.
Через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно основаниям проведена прямая, пересекающая боковые стороны в точках М и N. Доказать, что МК=2аЬЦдА-Ь'), где а и b — длины оснований.
Найти площадь трапеции, диагонали которой равны 7 и 8 см, а основания — 3 и 6 см.
Основания трапеции равны а и Ъ. Определить длину отрезка, параллельного основаниям и делящего трапецию на равновеликие части.
В трапеции A BCD известны длины оснований AD=24 см и ВС =8 см и диагоналей АС= 13 см, BD= 5>/17 см. Вычислить площадь трапеции.
. В трапеции АВ CD даны основания AD = a, ВС—b. На продолжении ВС выбрана такая точка М, что прямая АМ отсекает от площади трапеции 1 /4 ее часть. Найти длину отрезка СМ.
. В трапеции ABCD с длинами оснований AD = 12 см, ВС = 8 см на луче ВС взята такая точка М, что А М делит трапецию на две равновеликие фигуры. Найти СМ.
. Дан квадрат со стороной а. На каждой стороне квадрата вне его построена трапеция так, что верхние основания этих трапеций и их боковые стороны образуют правильный двенадцатиугольник. Вычислить его площадь.
Группа В .
В треугольнике АВС величина угла А вдвое больше величины угла В, а длины сторон, противолежащих этим углам, равны соответственно 12 и 8 см. Найти длину третьей стороны треугольника.
Вычислить длину биссектрисы угла А треугольника АВС с длинами сторон а= 18 см, Ь= 15 см, с= 12 см.
Точка Q — основание высоты ССг треугольника АВС. Найти зависимость между углами А и В, если ССХ = С, А • СгВ.
. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки длиной 4 и 2 см, а высота, проведенная к той же стороне, равна л/15 см. Каковы длины сторон треугольника, если известно, что они выражаются целыми числами?
Через точку D, взятую на стороне АВ треугольника АВС, проведена прямая, параллельная АС и пересекающая сторону ВС в точке Е. Доказать, что АЕ, CD и медиана, проведенная через вершину В, пересекаются в одной точке.
Высота треугольника, равная 2 см, делит угол треугольника в отношении 2:1, а основания треугольника — на части, меньшая из которых равна 1 см. Определить площадь этого треугольника.
. Сторона ВС треугольника АВС равна а; каждая из двух высот, опущенных на стороны АВ и АС, не меньше стороны, на которую она опущена. Найти длины сторон АВ и АС.
. В треугольнике АВС каждая высота hc и А6 не меньше стороны, на которую она опущена. Найти углы треугольника.
. В треугольнике АВС со сторонами а = 14 см, Ь— 15 см, с= 13 см найти расстояние от точки пересечения высот до вершины А.
. Внутри треугольника АВС взята произвольная точка, и через нее проведены три прямые, параллельные сторонам треугольника. Эти прямые делят треугольник АВС на шесть частей, из которых три части являются треугольниками. Площади этих треугольников равны Sx, £г
и S3. —Доказать, *чТ6 площадь треугольника АВС равна _ (^i+V^i+V^)1- -
Вычислить площадь треугольника по двум сторонам а и b и биссектрисе / угла между ними.
Площадь треугольника АВС равна Sv, площадь треугольника АОВ, где О — точка пересечения высот, равна S^ На прямой СО взята такая точка К, что треугольник АВК — прямоугольный. Доказать, что площадь треугольника АВК есть среднее геометрическое между Sj и S2.
Стороны треугольника АВС разделены точками М, NnP так, что AM;MB=BN:NC=CP:PA = 1:4. Найти отношение площади треугольника, ограниченного прямыми AN, ВР и СМ, к площади треугольника АВС.
Треугольник со сторонами 13, 14 и 15 разделен на три равновеликие части прямыми, перпендикулярными большей стороне. Найти расстояния до этих прямых от ближайших к ним вершин треугольника, находящихся на большей стороне.
Основания высот некоторого остроугольного треугольника соединены прямыми. Доказать, что биссектрисами углов нового треугольника являются высоты исходного.
Даны два правильных треугольника площадью S, из которых второй получен поворотом первого треугольника вокруг его центра на угол 30°. Вычислить площадь пересечения этих треугольников.
Биссектриса угла при основании равнобедренного треугольника делит противоположную сторону так, что отрезок, прилежащий к вершине треугольника, равен основанию. Доказать, что и биссектриса равна основанию.
Площадь прямоугольного треугольника равна 2^/3, где г — радиус окружности, касающейся одного катета и продолжений другого катета и гипотенузы. Найти стороны треугольника.
Гипотенуза прямоугольного треугольника равна т, радиус вписанной окружности равен г. Определить катеты. При каком соотношении между г и т задача имеет решение?
Определить острые углы прямоугольного треугольника, если отношение радиусов вписанной и описанной окружностей равно ^3 + 1.
Расстояние от центра окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, до вершин его острых углов равны ^5 и л/10. Найти катеты.
В прямоугольном треугольнике ABC (LC= 90°) проведена высота СО. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, равны 0,6 и 0,8 см. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС.
В прямоугольный треугольник ABC (LC= 90°) вписана окружность, касающаяся его сторон в точках Av Bv Cv Найти отношение площади треугольника АВС к площади треугольника AJ^C^, если ЛС=4 см, ВС=3 см.
В равнобедренный треугольник с основанием 12 см вписана окружность, и к ней проведены три касательные так, что они отсекают от данного треугольника три малых треугольника. Сумма периметров малых треугольников равна 48 см. Найти боковую сторону данного треугольника. ,
В равнобедренный треугольник вписана окружность. Точки касания деляг каждую боковую сторону на отрезки длиной т и л, считая от вершины. К окружности проведены трн касательные, параллельные
каждой из сторон треугольника. Найти длины отрезков касательных, заключенных между сторонами треугольника. '
В равнобедренном треугольнике АВС дано: АВ=ВС=25 см и АС= 14 см. Вычислить радиус круга, касающегося ВС в точке D — основании высоты AD и проходящего через середину АС.
Сторона правильного треугольника равна а. Из его центра описана окружность радиуса а/3. Определить площадь части треугольника, лежащей вне окружности.
В равносторонний треугольник со стороной а вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что отрезок ее внутри треугольника равен Ь. Найти площадь треугольника, отсеченного этой касательной от данного.
В треугольник со сторонами 6, 10 и 12 см вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она пересекает две большие стороны. Найти периметр отсеченного треугольника.
- 1.390. В треугольник с периметром, равным 20 см, вписана окружность. Отрезок касательной, проведенной к окружности параллельно основанию, заключенный между сторонами треугольника, содержит 2,4 см. Найти основание треугольника.
Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает описанную около него окружность в точке D. Найти длину хорды DC, если центр окружности, вписанной в данный треугольник, удален от точки D на расстояние а.
Высота и медиана треугольника, проведенные внутри него из одной его вершины, различны и образуют равные углы со сторонами, выходящими из той же вершины. Определить радиус описанной окружности, если медиана равна т.
В треугольнике АВС биссектрисы AD и СЕ пересекаются в точке F. Точки В, D, Е, F лежат на одной окружности. Показать, что угол В равен 60°.
В треугольнике АВС проведены медианы AL и ВМ, пересекающиеся в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через точки К, L, М. Показать, что медиана CN образует со сторонами АС и ВС такие же углы, что и медианы AL и ВМ со стороной АВ.
Основания высот остроугольного треугольника АВС служат вершинами другого треугольника, периметр которого равен 2р. Найти площадь треугольника АВС, если радиус описанной около него окружности равен R.
Круг с центром на стороне АВ треугольника АВС касается двух других его сторон. Найти площадь круга, если а= 13 см, Ь = 14 см, с— 15 см, где а, b и с — длины сторон треугольника.
Через точку М, расположенную на диаметре окружности радиуса 4 см, проведена хорда АВ, образующая с диаметром угол 30°. Через точку В проведена хорда ВС, перпендикулярная данному диаметру. Найти площадь треугольника АВС, если АМ; МВ —2 ; 3.
Две окружности касаются внешним образом в точке А. Найти радиусы окружностей, если хорды, соединяющие точку А с точками касания одной из общих внешних касательных, равны 6 и 8 см.
Даны две концентрические окружности. Доказать, что сумма квадратов расстояний от точки одной окружности до конца диаметра другой окружности не зависит ни от выбранной точки, ни от выбранного диаметра.
На отрезке А С дана точка В, причем АВ» 4 см, ВС= 28 см. На отрезках АВ, ВС и АС как на диаметрах построены полуокружности
в одной полуплоскости относительно границы АС. Найти радиус окружности, касающейся всех трех полуокружностей.
В окружность радиуса R вписаны три равные окружности, касающиеся внешней окружности и попарно друг друга. Вычислить площадь фигуры, ограниченной этими тремя окружностями.
В окружность радиуса R вписаны четыре равные окружности, каждая из которых касается данной и двух соседних. Вычислить площадь фигуры, ограниченной этими четырьмя окружностями.
В окружность радиуса R вписаны шесть равных окружностей, каждая из которых касается данной окружности и двух соседних. Вычислить площадь фигуры, ограниченной этими шестью окружностями.
Большая из параллельных сторон трапеции равна а, меньшая равна Ь, непараллельные стороны равны end. Найти площадь трапеции.
Длины оснований АВ и ВС трапеции ABCD равны а и Ь. Прямая, параллельная АВ, пересекает стороны ВС и AD в точках Ma N. Вычислить MN, если трапеции ABMN и NMCD равновелики.
В трапецию, у которой меньшее основание равно а, вписана окружность. Одна из боковых сторон трапеции делится точкой касания на отрезки т и п, считая от большего основания. Определить площадь трапеции.
Диагонали трапеции разбивают ее на четыре треугольника. Доказать, что если площади двух из них, прилежащих к основаниям трапеции, равны р1 и q1, то площадь трапеции равна (p + q)1.
Прямая, параллельная основаниям данной прямоугольной трапеции, рассекает ее на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность. Найти основания исходной трапеции, если ее боковые стороны равны с и d, причем c<d.
Основания равнобедренной трапеции равны 4 и 8 см, ее площадь равна 21 см2. Какую сторону пересекает биссектриса угла при большем основании: меньшее основание или боковую сторону трапеции?
Около окружности радиуса А=1 см описана равнобедренная трапеция, площадь которой равна 5 см1. Найти площадь четырехугольника, вершинами которого служат точки касания окружности и трапеции.
Около окружности радиуса 5 см описана равнобедренная трапеция. Расстояние между точками касания ее боковых сторон равно 8 см. Найти площадь трапеции.
Через смежные вершины квадрата проведена окружность так, что касательная к ней, проведенная из третьей вершины, равна удвоенной стороне квадрата. Найти площадь этого квадрата, если радиус окружности равен R.
Окружность радиуса R с центром в точке О разделена точками А, В, С, D, Е, F на шесть равных частей. Определить площадь фигуры СОЕ, ограниченной дугой ОС с центром в точке В, дугой ОЕ с центром в точке F и дугой СЕ с центром в точке А.
Центры четырех кругов расположены в вершинах квадрата со стороной а. Радиусы этих кругов равны а. Определить площадь их общей части.
В круг радиуса R вписаны равносторонний треугольник и квадрат, имеющие общую вершину. Вычислить площадь общей части треугольника и квадрата.
В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла отсекает на гипотенузе отрезки длиной а и Ь. Найти площадь квадрата, стороной котЬрого является эта биссектриса.
В треугольник с основанием, равным а, вписан квадрат, одна из сторон которого лежит на основании треугольника. Определить высоту треугольника и сторону квадрата.
Две окружности касаются друг друга внешним образом. Четыре точки касания их внешних общих касательных А, В, С, D последовательно соединены. Показать, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, и найти ее радиус, если радиусы данных окружностей равны R и г.
В четырехугольнике ABCD через середину диагонали BD проведена прямая, параллельная другой диагонали А С. Эта прямая пересекает сторону AD в точке Е. Доказать, что отрезок СЕ делит четырехугольник ABCD на равновеликие части.
В окружность вписан четырехугольник, длины сторон которого равны а, Ь, с и d. Вычислить отношение длин диагоналей этого четырехугольника. -
Из каждой вершины, принадлежащей основанию равностороннего треугольника со стороной а, проведены во внутреннюю область треугольника по два луча, образующих с основанием треугольника углы 15 и 30°. Найти площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки пересечения построенных лучей.
Правильный треугольник АВС, вписанный в окружность радиуса R, повернут вокруг центра окружности на 90° в положение А1В1 Ct. Вычислить площадь шестиугольника АА1ВВ1СС1.
Площадь треугольника равна 8. Каждая сторона треугольника разделена на три части в отношении т: п: т. Определить площадь шестиугольника, вершинами которого служат точки деления.
Сторону правильного десятиугольника выразить через радиус R описанной окружности.
Найти радиус круга, если площадь круга на Q кв. ед. больше площади вписанного в него правильного двенадцатиугольника.
ГЛАВА 2
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1°. Произвольная призма (/—боковое ребро; Р— периметр основания; 5 — площадь основания; Н — высота; POT — периметр перпендикулярного сечения; So,, — площадь перпендикулярного сечения; S&i — площадь боковой повер-
хности; V — объем):
S&x-Pa^l;(2.1)
V=SH;(2.2)
V=S„l.(231
2°. Прямая призма:
8бо1=Р1-(2.4)
3°. Прямоугольный параллелепипед (а, Ь,с — его измерения; d — диаго-
наль):
S^-PH;■(2.5)
V=abc;(2.6)
сР-^+^+г.(2.7)
4°. Куб (а — ребро):
V=a\(2.8)
d-a^3.(2.9)
5°. Произвольная V — объем):
пирамида (S— площадь основания; Я—высота;
F=- SH.(2.10)
3
Правильная пирамида (Р — периметр основания; / — апофема; 5бо1 — площадь боковой поверхности):
S^-Pl;(2.11)
2
V=- SH.(2.12)
3
7°. Произвольная усеченная пирамида (Sj и Я2 - Л — высота; V — объем):
— площади оснований;
F=* Л^+^+^А).
(2.13)
8°. Правильная усеченная пирамида (Я, и Р2 — / — апофема; S&™ — площадь боковой поверхности):
периметры оснований;
(2-14)
9°. Цилиндр (Я — радиус основания; Н — высота; Sc
еж — площадь боковой
поверхности; V — объем):
Ябож=2лЯН;
(2.15)
.V=tiR2H.
(2.16)
10°. Конус (Я— радиус основания; Н—высота; / — образующая; Ябож — площадь боковой поверхности; V — объем):
Ябож=uRV,
(2.17)
1 V= itR2H.
3
(2.18)
11°. Шар, сфера (Я — радиус шара; Я — площадь сферической поверхности; V — объем):
Я=4лЯ2;
(2.19)
4
F=- лЯ3.
3
(2.20)
12°. Шаровой сегмент (Я — радиус шара; Л — высота сегмента; 5 — площадь сферической поверхности сегмента; V — объем):
Я=2лЯА;
(2.21)
К=лА2 ( R-- Л ). \3 /
(2.22)
13°. Шаровой сектор (Я — радиус шара; h — высота сегмента; F— объем):
2
F=- лЯ2Л.
3 ‘
(2.23)
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУЭЛЕМЕНТАМИ ПРИЗМЫ И ПИРАМИДЫ
Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих двух условий: а) все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные углы; б) длины всех боковых ребер равны. Тогда вершина пирамиды проецируется в центр окружно-
ста, описанной около основания пирамиды (эта хе точка служит точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам основания пирамиды).
□ Пусть О — основание высоты л-угольной пирамиды SA^-A,, (рис. 2.1); SA,. SA2, .... 8А„ — ее боковые ребра; OAV ОА2, .... ОА„ — их проекции на плоскость основания; SAtO, SA2O, .... SAnO — углы, образуемые ребрами пирамиды с плоскостью основания. Согласно условию а), эти углы равны; поэтому равны и прямоугольные треугольники SOAV S0A2, .... SOA„, имеющие общий катет SO. Отсюда следует, что ОА , = ОА2 = ... = ОАП1 т. е. точка О равноудалена от вершин Av Л2,.... Ап основания и, значит, является центром описанной около него окружности.
Если условие а) заменить условием б), то равенство треугольников SOAt, SOA2, .... SOA„ вытекает из того, что, кроме общего-
катета, они имеют равные гипотенузы SAt=SA2 = ... = SA„. Таким образом, ОА1 = ОА2=...ОАЛ, т. е. О — центр окружности, описанной около основания пирамиды. ■
Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих двух условий: а) все боковые грани образуют с основанием равные углы; б) длины всех апофем боковых граней равны. Тогда вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание пирамиды (эта же точка служит точкой пересечения биссектрис углов в основании пирамиды).
Пусть О — основание высоты л-угольной пирамиды SA1A2...An (рис. 2.2); SBV SB2, .... SB„ — апофемы (высоты боковых граней). Проекции апофем OBV ОВ2, .... ОВ„ на плоскость основания перпендикулярны сторонам основания (по теореме о трех перпендикулярах) и, следовательно, выражают расстояния от О до этих сторон, а углы SB2 О, SB2O,.... SB„O являются линейными углами соответствующих двугранных углов. Согласно условию а), эти углы равны, поэтому равны и прямоугольные треугольники SOB,, SOB2, .... SOB„, имеющие общий катет SO. Отсюда следует, что ОВ1=ОВ2 = ... = ОВ„, т. е. точка О равноудалена от сторон
основания и, значит, является центром вписанной в него окружности.
Если условие а) заменить условием б), то равенство треугольников SOB,, SOB2, .... SOB„ вытекает из того, что они, кроме общего катета SO, имеют и равные гипотенузы SB1=SB2 = ... = SB„. Таким образом, ОВ1 = ОВ2 = ... = ОВп, т. е. О — центр окружности, вписанной в основание пирамиды. ■
Рис. 2.2Рис. 2.23°. Если в наклонной призме боковое ребро А,В, составляет равные углы со сторонами основания, образующими вершину А, (рис. 2.3), то основание О высоты В,О лежит на биссектрисе угла А,.
Рис. 2.2
Рис. 2.2
Построим ОС±Л1Л2, ОРХЛ^д и отрезки BVC, BtD. Согласно теореме о трех перпендикулярах, имеем B^CLA^ и В^ЛА^,. Прямоугольные треугольники Л,СВ, и A^DB^ равны, так как имеют общую гипотенузу А^, и равные углы (Z.5^^= 2.5^,О по условию). Следовательно, BtС=BtD и Д52ОС= LBVOD, откуда ОС= OD. Итак, точка О равноудалена от сторон угла At и, значит, лежит на биссектрисе Л,0 угла Av ■
Это же утверждение можно сформулировать так: если в трехгранном угле два острых плоских угла равны, то проекция их общего ребра на плоскость третьего плоского угла является его биссектрисой.
Если высота треугольной пирамиды проходит через точку пересечения высот треугольника, лежащего в основании, то противоположные ребра пирамиды перпендикулярны. Справедливо я обратное утверждение.
Пусть AD — высота треугольника АВС (рис. 2.4); тогда ВС LAD и, значит, BCLAO. Но АО является проекцией ребра AS на плоскость АВС и, следовательно, по теореме о трех перпендикулярах BCLAS.
Аналогично доказывается, что перпендикулярны и две другие пары противоположных ребер пирамиды, т. е. ABL SC и ACLSB.
Докажем теперь обратное утверждение, т. е. что если BCLAS, то основанием О высоты пирамиды является точка пересечения высот треугольника АВС (рис. 2.4). Так как SO Lili. АВС (по условию), то АО является проекцией SA на плоскость АВС. Но прямая ВС, принадлежащая плоскости АВС, перпендикулярна ребру AS (по условию), поэтому BCLAO (согласно теореме о трех перпендикулярах). Следовательно, точка О лежит на высоте AD треугольника АВС. Аналогично доказывается, что О принадлежит и другой высоте треугольника АВС и, значит, является точкой пересечения высот основания пирамиды. ■
Если SO — высота пирамиды SABC и SALBC, то пл. SAOLBC (рис . 2.4).
Имеем SALBC (по условию) и SOLBC (поскольку 5О±пл АВС). Так как прямая ВС перпендикулярна каждой из двух прямых SA и SO, лежащих в плоскости SAO, то пл. SAOLBC (согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости). ■
Пример 1. Через медиану BE основания АВС пирамиды ABCD и середину F ребра DC проведена плоскость. Найти объем фигуры ADBFE, если объем пирамиды ABCD равен 40 см3.
Объем фигуры ADBFE равен разности объемов пирамид ABCD и ECBF (рис. 2.5). Чтобы найти объем пирамиды ECBF, сравним его с объемом пирамиды ABCD. Для этого достаточно найти отношения площадей их оснований и соответствующих высот. Так как медиана треугольника делит его площадь на две 1
равные части, то S^BEc=^ $ьлВс- Далее, так как F — середина ребра DC, то высота пирамиды ECBF равна половине высоты пирамиды ABCD. Следовательно, FECBr = - VABCD = IO (см3). Искомый объем равен 30 см3. ■
сРис. 2.6сРис. 2.6
с
Рис. 2.6
с
Рис. 2.6
Рис. 2.7Рис. 2.7
Рис. 2.7
Рис. 2.7
Пример 2. Высота цилиндра равна Н, радиус его основания равен R. В цилиндр помещена пирамида, высота которой совпадает с образующей ААХ цилиндра, а основанием служит равнобедренный треугольник АВС (АВ = АС), вписанный в основание цилиндра. Найти площадь боковой поверхности пирамиды, если /.^ = 120°.
Проведем APLBC и соединим точки Л, и О отрезком АХР (рис. 2.6). Согласно теореме о трех перпендикулярах, имеем AXPLBC. Так как дуга САВ содержит 120°, а дуги АС и АВ — по 60°, то BC = R^3, AB = R. Из ^АВР
находим АР=Rjl. Применив теорему Пифагора к треугольнику ААХР, получим
АХР =АХР =111112+4№. Следовательно, $лл,лв=~ АВААх=- RH;2212+4№. Следовательно, $лл,лв=~ АВААх=- RH;22
АХР =
АХР =
1
1
1
1
12+4№. Следовательно, $лл,лв=~ АВААх=- RH;
22
12+4№. Следовательно, $лл,лв=~ АВААх=- RH;
22
5лл,вс=" BC A.D=- rJ3- Jr2 + 4H2=- J1R2 + 12H*. Окончательно по- 2224
лучим
Seox-IS^AB^S^Bc-RH*- В^ЗВ^ПН2-- (4Н+^ЗВг + ПН1'). ■
44
Пример 3. Основанием пирамиды служит правильный треугольник со стороной, равной а. Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания и равно Ь. Найти радиус шара, описанного около пирамиды.
Пусть О — центр шара, описанного около пирамиды ABCD (рис. 2.7). Тогда ОА = ОВ=ОС=ОР. Проведем ОК1пл. АВС и OELPB. Поскольку точка О равноудалена от вершин треугольника АВС, точка К является центром треугольника и ВК=а^З. Далее, так как ОВ=ОР, то ЕВ=ЕР=Ь[2. По теореме Пифагора из ^ОКВ находим
/—1ь2 °2 ^Ш^ + УЬ2 '
ОВ=^ОК2 + ВК2=-. ■
Пример 4. Дан куб АВСРАХВХСХРХ, длина ребра которого равна а. На ребре ААХ взята точка Е так, что АЕ=а(4. Найти объем пирамиды, вершиной которой является точка Ах, а основанием — сечение куба, проходящее через точки Р, Е и произвольную внутреннюю точку ребра ВВХ.
Построив сечение (рис. 2.8), получим на ребре ССХ точку S, служащую
общей вершиной двух треугольных пирамид SEAXK и SEAXP, сумма объемов которых равна объему четырехугольной пирамиды AXEKSP.
11 За За2,
Имеем 5д^1р£-- АХЕ РА—- — а——. Расстояние of точки S до плоско-
22 48'
1 За3 а1
сти AtED равно а, поэтому VsEAtD”- ” а=—■ Аналогично находим
1 /1 За\а3а3а3а3
Vsea.K”- “■ — -° I а-—. Итак, искомый объем есть —И—=—. ■
3 \2 4/8884
Группа А
1. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной с, и острым углом 30°. Боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 45°. Найти объем пирамиды.
2. Каждое из боковых ребер пирамиды равно Ь. Ее основанием служит прямоугольный треугольник, катеты которого относятся как т: п, а гипотенуза равна с. Вычислить объем пирамиды.
3. Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами 6, 5 и 5 см. Боковые грани пирамиды образуют с ее основанием равные двугранные углы, содержащие по 45°. Определить объем пирамиды.
4. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник с основанием 6- см и высотой 9 см. Каждое боковое ребро равно 13 см. Вычислить объем пирамиды.
5. Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами а, а и Ь. Все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 60°. Определить объем пирамиды.
6. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно /, а высота равна Л. Определить объем пирамиды.
7. Определить объем правильной треугольной пирамиды, если высота треугольника, служащего ее основанием, равна Л, а апофема пирамиды равна т.
8. Найти объем правильной треугольной пирамиды, у которой плоский угол при вершине равен 90°, а сторона основания равна 3 см.
. Найти объем правильной треугольной пирамиды, высота которой равна h, а плоские углы при вершине — прямые.
. Найти объем правильного тетраэдра с ребром, равным а.
. Вычислить объем правильного тетраэдра, если радиус окружности, описанной около его грани, равен R.
. Найтн отношение объема куба к объему правильного тетраэдра, ребро которого равно диагонали грани куба.
. В правильном тетраэдре SABC построено сечение его плоскостью, проходящей через ребро АС и точку К, принадлежащую ребру SB, причем BK:KS=2:1. Найти объем отсеченной пирамиды КАВС, если ребро тетраэдра равно а.
. Каждое нз боковых ребер пирамиды равно 269/32 см. Основание пирамиды — треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см. Найти объем пирамиды.
. Определить объем правильной четырехугольной пирамиды, если ее боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 45°, а площадь диагонального сечения равна S.
. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно / и наклонено к плоскости основания под углом 60°. Найти объем пирамиды.
. Основание четырехугольной пирамиды — прямоугольник с диагональю, равной Ь, и углом 60° между диагоналями. Каждое из
боковых ребер образует с плоскостью основания угол 45°. Найти объем ' пирамиды.
. Высота пирамиды равна 8 м. На расстоянии 3 м от вершины 1 проведена плоскость, параллельная основанию. Площадь полученного сечения равна 4 м2. Найти объем пирамиды.
. Основанием правильной пирамиды служит многоугольник, сумма внутренних углов которого равна 720°. Определить объем пирамиды, если ее боковое ребро, равное /, составляет с высотой пирамиды угол 30°.
. Найти отношение объема правильной шестиугольной пирамиды к объему правильной треугольной пирамиды при условии, что стороны оснований этих пирамид равны, а их апофемы в 2 раза больше сторон основания.
. Высота правильного тетраэдра равна h. Вычислить его полную поверхность.
. Найти боковую поверхность правильной треугольной пирамиды, если плоский угол при ее вершине равен 90°, а площадь основания равна S.
. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды равен 90°. Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади ее основания.
. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 1 см, а ее боковая поверхность составляет 3 см1. Найти объем пирамиды.
. Найти полную поверхность правильной треугольной пирамиды, сторона основания которой равна а, а двугранный угол при основании равен 60°.
. Центр верхнего основания куба соединен с серединами сторон нижнего основания. Определить боковую поверхность полученной пирамиды, если ребро куба равно а.
. Центр верхнего основания куба с ребром, равным а, соединен с серединами сторон нижнего основания, которые также соединены в последовательном порядке. Вычислить полную поверхность полученной пирамиды.
. В кубе, ребро которого равно а, центр верхней грани соединен с вершинами основания. Найти полную поверхность полученной пирамиды.
. Диагональ квадрата, лежащего в основании правильной четырехугольной пирамиды, равна ее боковому ребру и равна а. Найти полную поверхность пирамиды и ее объем.
. Найти боковую поверхность правильной шестиугольной пирамиды, высота которой равна Ь, а боковое ребро равно I.
. Апофема правильной шестиугольной пирамиды равна к, а двугранный угол при основании равен 60°. Найти полную поверхность пирамиды.
. В треугольной пирамиде боковые ребра взаимно перпендикулярны и имеют длины л/Т0, V^ и V126 см. Найти объем и площадь основания пирамиды..
. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, а двугранный угол при основании равен 45°. Определить объем и полную поверхность пирамиды.
. Объем правильной треугольной пирамиды, боковая грань которой наклонена к плоскости основания под углом 45°, равен 9 см3. Найти полную поверхность пирамиды.
. Центр куба, ребро которого равно а, соединен со всеми его
вершинами. Определить объем и полную поверхность каждой из полученных пирамид.
. Найти полную поверхность и объем правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой равна а, а угол наклона боковой грани к плоскости основания равен 60°.
. По стороне основания, равной а, определить боковую поверхность и объем правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.
. В основании пирамиды лежит квадрат. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонены к нему под углом 45°. Среднее по величине боковое ребро равно /. Найти объем и полную поверхность пирамиды.
. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом 30°. Боковые грани наклонены к плоскости основания под углом 60°. Определить объем и полную поверхность пирамиды, если радиус вписанного в ромб круга равен г.
. Боковые ребра правильной треугольной усеченной пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 60°. Стороны нижнего и верхнего оснований равны соответственно а и Ъ (а>Ь\ Найти объем усеченной пирамиды.
. Основаниями правильной усеченной пирамиды служат квадраты со сторонами а и b (а>Ь\ Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 45°. Определить объем усеченной пирамиды.
. Определить объем правильной четырехугольной усеченной пирамиды, если ее диагональ равна 18 см, а длины сторон оснований 14 и 10 см. ■
. В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 6 дм, а высота 4 дм. Найти боковую поверхность усеченной пирамиды, отсекаемой от данной плоскостью, параллельной ее основанию и отстоящей от него на 1 дм.
. Определить объем октаэдра (правильного восьмигранника), ребро которого равно а.
. В кубе центры оснований соединены с центрами боковых граней. Вычислить поверхность полученного октаэдра, если ребро куба равно а.
. Найти объем куба, если расстояние от его диагонали до непересекающегося с ней ребра равно d.
. Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна 13 см, а диагонали его боковых граней равны 4>/10 и 3^/17 см. Определить объем параллелепипеда. '
. Стороны основания прямоугольного параллелепипеда равны а и Ь. Диагональ параллелепипеда наклонена к плоскости основания под углом 60°. Определить боковую поверхность параллелепипеда.
. Стороны основания прямоугольного параллелепипеда равны а и Ь. Диагональ параллелепипеда наклонена к боковой грани, содержащей сторону основания, равную Ь, под углом 30°. Найти объем параллелепипеда.
. Стороны основания прямоугольного параллелепипеда относятся как т.п, а диагональное сечение представляет собой квадрат с площадью, равной Q. Определить объем параллелепипеда.
. Определить объем прямоугольного параллелепипеда, если его диагональ равна d, а длины ребер относятся как т: п: р.
. Определить объем прямоугольного параллелепипеда, диаго-
наль которого равна I и составляет с одной гранью угол 30°, а с другой — 45°. ■
. Измерения прямоугольного параллелепипеда равны 2, 3 и б см. Найти длину ребра такого куба, чтобы объемы этих тел относились как их поверхности.
. Из медной болванки, имеющей форму прямоугольного параллелепипеда размерами 80x20x5 см, прокатывается лист толщиной в 1 мм. Определить площадь этого листа.
. В прямом параллелепипеде стороны основания равны а и Ь, острый угол между ними содержит 60°. Большая диагональ основания равна меньшей диагонали параллелепипеда. Найти объем параллелепипеда.
. В прямом параллелепипеде стороны основания равны а и b и образуют угол 30°. Боковая поверхность равна 8. Определить объем параллелепипеда.
. В основании прямого параллелепипеда лежит параллелограмм со сторонами 1 и 4 см и острым углом 60°. Большая диагональ параллелепипеда равна 5 см. Определить его объем.
. Основанием прямого параллелепипеда служит ромб, площадь которого равна Q. Площади диагональных сечений равны S, и 8г. Определить объем параллелепипеда.
. Основанием прямого параллелепипеда служит ромб. Плоскость, проведенная через одну из сторон нижнего основания и противоположную сторону верхнего основания, образует с плоскостью основания угол 45°. Полученное сечение имеет площадь, равную Q. Определить боковую поверхность параллелепипеда.
. Основанием параллелепипеда служит квадрат. Одна из вершин верхнего основания одинаково отстоит от всех вершин нижнего основания и удалена от плоскости этого основания на расстояние, равное Ь. Сторона основания равна а. Определить полную поверхность параллелепипеда.
. Найти объем правильной треугольной призмы, если сторона ее основания равна а и боковая поверхность равновелика сумме площадей оснований.
. Найти боковую поверхность правильной треугольной призмы с высотой й, если прямая, проходящая через центр верхнего основания и середину стороны нижнего основания, наклонена к плоскости основания под углом 60°.
. Боковое ребро правильной треугольной призмы равно высоте основания, а площадь сечения, проведенного через это боковое ребро и высоту основания, равна Q. Определить объем призмы.
. В правильной треугольной призме площадь сечения, проходящего через боковое ребро перпендикулярно противолежащей боковой грани, равна Q. Сторона основания призмы равна а. Найти полную поверхность призмы.
. Найти объем наклонной треугольной призмы, основанием которой служит равносторонний треугольник со стороной, равной а, если боковое ребро призмы равно стороне основания и наклонено к плоскости основания под углом 60°.
. Площади боковых граней прямой треугольной призмы равны М, N и Р. Боковое ребро ее равно /. Определить объем призмы.
. Определить объем наклонной треугольной призму, у которой площадь одной из боковых граней равна 8, а расстояние 4т плоскости этой грани до противолежащего ребра равно d.
. Определить объем правильной четырехугольной призмы, если ее диагональ образует с плоскостью боковой грани угол 30°, а сторона основания равна а.
. Центр верхнего основания правильной четырехугольной призмы и середины сторон нижнего основания служат вершинами вписанной в призму пирамиды, объем которой равен У. Найти объем призмы.
. Известны площадь основания Р и объем V правильной четырехугольной призмы. Вычислить ее полную поверхность.
. В основании наклонной призмы лежит параллелограмм со сторонами 3 и 6 дм и острым углом 45°. Боковое ребро призмы равно 4 дм и наклонено к плоскости основания под углом 30°. Найти объем призмы.
. Основание призмы — квадрат со стороной, равной а. Одна из боковых граней — также квадрат, другая — ромб с углом 60°. Определить полную поверхность призмы.
. Основанием прямой призмы служит ромб. Площади диагональных сечений этой призмы равны Р и Q. Найти боковую поверхность призмы.
. Определить объем правильной шестиугольной призмы, у которой наибольшая диагональ равна d, а боковые грани — квадраты.
. Наибольшая диагональ правильной шестиугольной призмы равна d и составляет с боковым ребром призмы угол 30°. Найти объем призмы.
. Правильная шестиугольная призма, боковые ребра которой равны 3 см, рассечена диагональной плоскостью на две равные четырехугольные призмы. Определить объем шестиугольной призмы, если боковая поверхность четырехугольной призмы равна 30 см2.
. Цилиндр образован вращением прямоугольника вокруг одной из его сторон. Выразить объем У цилиндра через площадь S этого прямоугольника и длину С окружности, описанной точкой пересечения его диагоналей.
. В цилиндре площадь сечения, перпендикулярного образующей, равна М, а площадь осевого сечения равна N. Определить объем и поверхность цилиндра.
. Радиус основания конуса равен К, а угол при вершине в развертке его боковой поверхности равен 90°. Определить объем конуса.
. Боковая поверхность конуса развернута на плоскости в сектор, центральный угол которого содержит 120°, а площадь равна S. Найти объем конуса.
. Боковая поверхность конуса вдвое больше площади основания. Площадь его осевого сечения равна Q. Найти объем конуса.
. Выразить объем конуса через его боковую поверхность S и расстояние г от центра основания до образующей.
. Доказать, что объем конуса равен 1/3 произведения боковой поверхности на расстояние от центра основания до образующей.
. Доказать, что объем конуса равен объему цилиндра с тем же основанием и той же высотой минус произведение боковой поверхности этого цилиндра на 1/3 радиуса его основания.
. Высота конуса разделена на три равных отрезка и через точки деления параллельно основанию проведены плоскости, разбивающие конус на три части. Найти объем среднего усеченного конуса, если объем данного конуса равен К
. Высота конуса равна диаметру его основания. Найти отношение площади его основания к боковой поверхности.
. Доказать, что если два равных конуса имеют общую высоту и параллельные основания, то объем их общей части составляет 1/4 объема каждого из них.
. Треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вращается вокруг большей стороны. Вычислить объем и поверхность полученной фигуры вращения.
. На основаниях ципиндря с квадратным осевым сечением построены два конуса с вершинами в середине оси (цилиндра). Найти сумму полных поверхностей и сумму объемов конусов, если высота цилиндра равна 2а.
. Около конуса с радиусом основания R описана произвольная пирамида, у которой периметр основания равен 2р. Определить отношение объемов и отношение боковых поверхностей конуса и пирамиды.
. В конус, осевое сечение которого — равносторонний треугольник, вписан шар. Найти объем конуса, если объем шара равен 32тг/3 см3.
. Определить поверхность шара, описанного около конуса, у которого радиус основания равен R, а высота равна к.
. В шар вписан конус, образующая которого равна диаметру основания. Найти отношение полной поверхности конуса к поверхности шара.
. Найти отношение поверхности и объема шара соответственно к полной поверхности и объему описанного вокруг него конуса с равносторонним осевым сечением.
. Металлический шар радиуса R переплавлен в конус, боковая поверхность которого в 3 раза больше площади основания. Вычислить высоту конуса.
. Даны шар, цилиндр с квадратным осевым сечением и конус. Цилиндр и конус имеют одинаковые основания, а их высоты равны диаметру шара. Как относятся объемы цилиндра, шара и конуса?
. Высота конуса и его образующая равны соответственно 4 и 5 см. Найти объем вписанного в конус полушара, основание которого лежит на основании конуса. '
. Конус и полушар имеют общее основание, радиус которого равен R. Найти боковую поверхность конуса, если его объем равен объему полушара.
Определить объем шара, вписанного в правильную пирамиду, у которой высота равна к, а двугранный угол при основании равен 60°.
Найти отношение поверхности и объема шара соответственно к поверхности и объему вписанного куба.
Около правильной треугольной призмы, высота которой вдвое больше стороны основания, описан шар. Как относится его объем к объему призмы?
На отрезке АВ как на диаметре построена полуокружность с центром в точке О, а на отрезках О А и ОВ построены две полуокружности, расположенные в той же полуплоскости с границей АВ, что и первая. Найти поверхность и объем фигуры, которая образована вращением вокруг АВ фигуры, ограниченной этими тремя полуокружностями, если ЛВ=20 см.
Равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 3 см и острым углом 60° вращается вокруг меньшего основания. Вычислить поверхность и объем полученной фигуры вращения.
Вычислить поверхность тела, полученного от вращения ромба площадью Q вокруг одной из его сторон.
Ромб вращается вокруг своей большей диагонали, а затем вокруг меньшей диагонали. Доказать, что отношение объемов полученных фигур вращения равно отношению площадей их поверхностей.
Группа Б
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, а высота, опущенная из вершины основания на противоположную ей боковую грань, равна Ь. Определить объем пирамиды. '
Боковая поверхность правильной треугольной пирамиды в 3 раза больше площади основания. Площадь круга, вписанного в основание, численно равна радиусу этого круга. Найти объем пирамиды.
Площадь того сечения правильного тетраэдра, которое имеет форму квадрата, равна т1. Найти поверхность тетраэдра.
Основанием пирамида служит равносторонний треугольник со стороной, равной а. Одна из боковых граней — также равносторонний треугольник и перпендикулярна плоскости основания. Определить полную поверхность пирамида.
Найти объем правильной треугольной пирамиды, у которой плоский угол при вершине равен 90°, а расстояние между боковым ребром и противоположной стороной основания равно d.
Правильная треугольная пирамида рассечена плоскостью, перпендикулярной основанию и делящей две стороны основания пополам. Определить объем отсеченной пирамида, если сторона основания первоначальной пирамиды равна а, а двугранный угол при основании содержит 45°.
Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через вершину основания и середины двух боковых ребер. Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна одной из боковых граней (указать, какой именно).
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а. Через одну из сторон основания проведена плоскость, перпендикулярная противоположному боковому ребру и делящая эго ребро в отношении т:п, считая от вершины основания. Определить полную поверхность пирамиды.
Через вершину основания и середины двух боковых ребер правильной треугольной пирамиды проведена плоскость. Найти отношение боковой поверхности пирамида к площади ее основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна боковой грани.
Из середины высоты правильной треугольной пирамиды опущены перпендикуляры на боковое ребро и боковую грань. Длины этих перпендикуляров равны соответственно а и Ь. Найти объем пирамиды. При всяких ли а и Ь задача имеет решение?
Центры граней правильного тетраэдра служат вершинами нового тетраэдра. Найти отношение их поверхностей и отношение их объемов.
В треугольной пирамиде, каждое из боковых ребер которой равно а, один плоский угол при вершине — прямой, а каждый из остальных равен 60°. Вычислить объем пирамиды.
В треугольной пирамиде две боковые грани взаимно перпендикулярны. Площади этих хранен равны Р и Q, а длина их общего ребра равна а. Определить объем пирамиды.
Боковые грани треугольной пирамиды взаимно перпендикулярны, а площади их равны ст, Ь1 и с2. Определить объем пирамиды.
В треугольной пирамиде все четыре грани — равные равнобедренные треугольники с основанием а и боковой стороной Ь. Вычислить объем пирамиды. При всяких ли а и b задача имеет решение?
Найти отношение объемов правильных тетраэдра и октаэдра, у которых полные поверхности равны.
Вычислить поверхность шара, вписанного в треугольную пирамиду, все ребра которой равны а.
Найти площадь поверхности шара, вписанного в пирамиду, в основании которой лежит треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см, если вершина пирамиды удалена от каждой стороны основания на 5 см.
Найти объем правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания, равной а, и плоскими углами при вершине, равными углам наклона боковых ребер к основанию.
В правильной четырехугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен 120°. Найти боковую поверхность пирамиды, если площадь ее диагонального сечения равна S.
В основании четырехугольной пирамиды лежит прямоугольник, площадь которого равна S, боковые ребра пирамиды равны и образуют с плоскостью основания угол 45°. Угол между диагоналями основания равен 60°. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого равна S. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углами 30 и 60°. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит ромб с диагоналями dx и d2. Высота пирамиды проходит через вершину острого угла ромба. Площадь диагонального сечения, проведенного через меньшую диагональ, равна Q. Вычислить объем пирамиды при условии, что dx >d2.
Основанием пирамиды служит параллелограмм, смежные стороны которого 9 и 10 см, а одна из диагоналей 11 см. Противоположные боковые ребра равны, а длина каждого из больших ребер составляет 10,5 см. Вычислить объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого стороны равны 10 и 8 м, а одна из диагоналей равна 6 м. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и равна 4 м. Определить полную поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого стороны равны 10 и 18 см, а площадь равна 90 см2. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и равна 6 см. Определить боковую поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD, имеющий площадь т1 и такой, что BD^AD; двугранные углы при ребрах AD и ВС равны 45°, а при ребрах АВ и CD равны 60°. Найти боковую поверхность и объем пирамиды.
В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида. Определить объем этой пирамиды, если радиус окружности, описанной около ее основания, равен г.
Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна а. Вычислить объем пирамиды, если известно, что ее боковая поверхность в 10 раз больше площади основания.
Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник со / стороной, равной а. Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости
основания и равно стороне основания. Определить полную поверхность пирамиды.
Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна а. Все ее диагональные сечения равновелики. Найти объем и боковую поверхность пирамиды.
В треугольной усеченной пирамиде высота равна 10 м, стороны одного основания — 27, 29 и 52 м, а периметр другого основания равен 72 м. Определить объем усеченной пирамиды.
Определить объем правильной треугольной усеченной пирамиды, у которой стороны оснований равны 3 и 2 м, а боковая поверхность равновелика сумме площадей оснований.
В треугольной усеченной пирамиде через сторону верхнего основания проведена плоскость параллельно противоположному боковому ребру. В каком отношении разделился объем усеченной пирамиды, если соответственные стороны оснований относятся как 1:2?
Определить объем правильной четырехугольной усеченной пирамиды, если сторона большего основания равна а, сторона меньшего основания равна Ь, а острый угол боковой грани равен 60°.
В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований равны а и Ь, а боковая поверхность равна половине полной поверхности. Найти объем пирамиды.
Стороны оснований правильной четырехугольной усеченной пирамиды равны 2 и 1 см, а высота 3 см. Через точку пересечения диагоналей пирамиды параллельно основаниям пирамиды проведена плоскость, делящая пирамиду на две части. Найти объем каждой из них.
Высота правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна 3 см, объем ее 38 см3, а площади оснований относятся как 4:9. Определить боковую поверхность пирамиды.
Основаниями усеченной пирамиды служат два правильных восьмиугольника. Сторона нижнего основания равна 0,4 м, а верхнего 0,3 м; высота усеченной пирамиды равна 0,5 м. Усеченная пирамида достроена до полной. Определить объем полной пирамиды.
Площади оснований усеченной пирамиды равны S, и S2 (5, <S2), а ее объем равен V. Определить объем полной пирамиды.
Около шара описана правильная четырехугольная усеченная пирамида, у которой стороны оснований относятся как т: п. Определить отношение объемов пирамиды и шара.
В шар радиуса R вписана правильная шестиугольная усеченная пирамида, у которой плоскость нижнего основания проходит через центр шара, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 60°. Определить объем пирамиды.
На ребре двугранного угла 120° взят отрезок длиной с и из его концов проведены перпендикуляры к нему, лежащие в различных гранях данного двугранного угла и имеющие длины а и Ь. Найти длину отрезка прямой, соединяющего концы этих перпендикуляров.
Найти расстояние между серединами двух скрещивающихся ребер куба, полная поверхность которого равна 36 см2.
Дан куб ABCDAXBXCXDX, ребро которого равно а. Через диагональ А С его грани ABCD проведена плоскость, параллельная прямой ВОХ, где Ох — центр грани AXBXCXDX. Найти площадь полученного сечения.
Площадь сечения куба, представляющего собой правильный шестиугольник, равна Q. Найти полную поверхность куба.
В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что
четыре его вершины находятся на апофемах пирамиды и четыре — в плоскости основания. Все ребра пирамиды равны, каждое из них имеет длину а. Вычислить полную поверхность и объем куба.
В правильный октаэдр вписан куб так, что его вершины находятся на ребрах октаэдра. Во сколько раз поверхность октаэдра больше поверхности куба?
Куб, ребро которого равно а, срезан по углам плоскостями так, что от каждой грани остался правильный шестиугольник. Определить объем полученного многогранника.
В полушар радиуса R вписан куб так, что четыре его вершины лежат на основании полушара, а другие четыре вершины расположены на его сферической поверхности. Вычислить объем куба.
Через вершины А, С и Dx прямоугольного параллелепипеда АВСВАДС^В! проведена плоскость, образующая с плоскостью основания двугранный угол 60°. Стороны основания равны 4 и 3 см. Найти объем параллелепипеда.
Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны а, Ь и с. Определить его полную поверхность.
Основанием прямого параллелепипеда служит параллелограмм. один из углов которого равен 30°. Площадь основания равна 4 дм . Площади боковых граней параллелепипеда равны 6 и 12 дм2. Найти объем параллелепипеда.
Основанием прямого параллелепипеда служит параллелограмм с углом 120° и сторонами 3 и 4 см. Меньшая диагональ параллелепипеда равна большей диагонали основания. Найти объем параллелепипеда.
Длины ребер параллелепипеда равны а, Ь и с. Ребра, длины которых равны а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро длиной с образует с каждым из них угол 60°. Определить объем параллелепипеда.
В наклонном параллелепипеде проекция бокового ребра на плоскость основания равна 5 дм, а высота равна 12 дм. Сечение, перпендикулярное боковому ребру, есть ромб с площадью 24 дм2 и диагональю, равной 8 дм. Найти боковую поверхность и объем параллелепипеда.
Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб ABCD со стороной, равной а, и острым углом 60°. Ребро ААХ также равно л и образует с ребрами АВ и AD углы 45°. Определить объем параллелепипеда.
Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб со стороной а и острым углом 30°. Диагональ одной боковой грани перпендикулярна плоскости основания, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 60°. Найти полную поверхность и объем параллелепипеда.
Около шара описан прямой параллелепипед, у которого диагонали основания равны а и Ь. Определить полную поверхность параллелепипеда.
В правильной треугольной призме через сторону нижнего основания и противоположную вершину верхнего основания проведена плоскость, составляющая с плоскостью нижнего основания угол 45°. Площадь сечения равна S. Найти объем призмы.
В правильный тетраэдр помещена правильная треугольная призма так, что вершины одного ее основания находятся на боковых ребрах тетраэдра, а другого — в плоскости его основания. Ребро тетраэдра равно а. Определить объем призмы, если все ее ребра равны.
Основанием призмы АВСА1В1С1 служит правильный треугольник АВС со стороной а. Вершина А, проецируется в центр нижнего основания, а ребро ААХ наклонено к плоскости основания под углом 60°. Определить боковую поверхность призмы.
Сторона основания правильной треугольной призмы меньше бокового ребра и равна а- Через сторону верхнего основания проведена плоскость, которая составляет с плоскостью основания угол 45° и делит призму на две части. Определить объем и полную поверхность верхней части призмы.
Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник, основание которого равно а, а угол при нем равен 45°. Определить объем призмы, если ее боковая поверхность равна сумме площадей оснований.
Основанием прямой призмы служит прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной с, и острым углом 30°. Через гипотенузу нижнего основания и вершину прямого угла верхнего основания проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол 45°. Определить объем треугольной пирамиды, отсеченной от призмы плоскостью.
Основанием прямой призмы служит равнобедренная трапеция ABCD; AB=CD = 13 см, ВС= И см, ЛЛ = 21 см. Площадь ее диагонального сечения равна 180 см2. Вычислить полную поверхность призмы.
Доказать, что объем прямой призмы, основанием которой служит трапеция, равен произведению среднего арифметического площадей параллельных боковых граней на расстояние между ними.
Площадь основания прямой треугольной призмы равна 4 см2, площади боковых граней равны 9, 10 и 17 см2. Определить объем призмы.
В основании наклонной призмы лежит правильный треугольник со стороной, равной а. Одна из боковых граней призмы перпендикулярна плоскости основания и представляет собой ромб, диагональ которого равна Ь. Найти объем призмы.
Основанием наклонной призмы служит правильный треугольник со стороной, равной а. Длина бокового ребра равна Ь, а одно из боковых ребер образует с прилежащими сторонами оснований углы 45°. Определить боковую поверхность призмы.
В наклонной треугольной призме расстояния боковых ребер друг от друга равны а, b и с. Боковое ребро равно I, высота призмы к. Определить полную поверхность призмы.
Расстояние между любыми двумя боковыми ребрами наклонной треугольной призмы равно а. Боковое ребро равно / и наклонено к плоскости основания под углом 60°. Определить полную поверхность призмы.
В основании призмы лежит трапеция. Выразить объем призмы через площади ^ и S2 параллельных боковых граней и расстояние к между ними.
Объем правильной восьмиугольной призмы равен 8 м3, а ее высота равна 2,2 м. Найти боковую поверхность призмы.
Около шара описана правильная треугольная призма, а около нее описан шар. Найти отношение поверхностей этих шаров.
Около шара радиуса R описана правильная шестиугольная призма. Определить ее полную поверхность.
Конус образован вращением прямоугольного треугольника площадью 8 вокруг одного из катетов. Найти объем конуса, если длина
окружности, описанной при вращении этого треугольника точкой пересечения его медиан, равна L.
Треугольник со сторонами, равными а, Ь и с, вращается поочередно вокруг каждой из своих сторон. Найти отношение объемов полученных при этом фигур.
Радиус основания конуса равен R, а боковая поверхность равна сумме площадей основания и осевого сечения. Определить объем конуса.
Радиус основания конуса равен R. Две взаимно перпендикулярные образующие делят площадь боковой поверхности конуса в отношении 1:2. Найти объем конуса.
Плоскость, проведенная через вершину конуса, пересекает основание по хорде, длина которой равна радиусу этого основания. Определить отношение объемов полученных частей конуса.
Полная поверхность конуса равна kS кв. ед. Развернутая на плоскость боковая поверхность конуса представляет собой сектор с углом 60°. Определить объем конуса.
Высота конуса равна h. Разверткой боковой поверхности этого конуса является сектор с центральным углом 120°. Вычислить объем конуса.
Радиус основания конуса равен R, а угол развертки его боковой поверхности равен 90°. Определить объем конуса.
Основание пирамиды есть прямоугольный треугольник. Боковые ребра пирамиды равны, а боковые грани, проходящие через катеты, составляют с плоскостью основания углы 30 и 60°. Найти объем описанного около пирамиды конуса, если высота пирамиды равна к.
Угол между образующей конуса и плоскостью основания равен 30°. Боковая поверхность конуса равна Зтгч/з кв. ед. Определить объем правильной шестиугольной пирамиды, вписанной в конус.
Определить боковую поверхность и объем усеченного конуса с образующей, равной I, описанного около шара радиуса г.
Даны цилиндр и шар. Радиусы основания цилиндра и большого круга шара равны. Полная поверхность цилиндра относится к поверхности шара как т: п. Найти отношение их объемов.
В цилиндрический сосуд, радиус основания которого А=4 см, помещен шар радиуса г=3 см. В сосуд налита вода так, что ее свободная поверхность касается поверхности шара (шар при этом не всплывает). Определить толщину того слоя воды, который получится, если вынуть шар из сосуда.
Параллелограмм, периметр которого равен 2р, вращается вокруг оси, перпендикулярной диагонали длиной d и проходящей через ее конец. Найти поверхность фигуры вращения.
Группа В
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, площадь ее сечения, имеющего форму квадрата, равна /и2. Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади основания.
Высота правильной треугольной пирамиды равна Н, Найти ее полную поверхность, если плоскость, проведенная через вершину основания пирамиды перпендикулярно апофеме противоположной боковой грани, составляет с плоскостью основания угол 30°.
Через точку, делящую ребро правильного тетраэдра в от-
ношении 1:4, проведена плоскость, перпендикулярная этому ребру. Найти отношение объемов полученных частей тетраэдра.
Доказать, что если тетраэдр ортоцентрический, т. е. такой, что прямые, содержащие его высоты, пересекаются в одной точке, то:
каждые два его противоположных ребра взаимно перпендику
лярны;
если один из плоских углов при какой-либо вершине тетраэдра — прямой, то и другие два плоских угла — прямые;
любая его вершина проецируется в ортоцентр противоположной грани (точку пересечения прямых, содержащих высоты грани);
суммы квадратов длин его противоположных ребер равны.
а) Длины ребер АВ, AC, AD и ВС ортоцентрического тетраэдра равны соответственно 5, 7, 8 и 6 см. Найти длины остальных двух ребер.
Является ли тетраэдр ABCD ортоцентрическим, если АВ=8 см, ВС= 12 см, DC=6 см?
В ортоцентрическом тетраэдре ABCD угол ADC — прямой. 1111
Доказать, что — = — + —+—, где л — длина высоты тетраэдра, прове- й2 а1 b с2
денной из вершины D, a=DA, b=DB, c=DC.
В ортоцентрическом тетраэдре ABCD угол АВС — прямой; Sv S2, S3 — площади граней ВАС, BAD, BCD соответственно. Доказать, что объем тетраэдра равен ^25х5253.
Основанием пирамиды SABC является равнобедренный прямоугольный треугольник АВС, длина гипотенузы которого АВ=^2. Боковое ребро SC пирамиды перпендикулярно плоскости основания, а его длина равна 2. Найти величину угла и расстояние между прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра АС, а другая — через точку С и середину ребра АВ.
Вычислить объем треугольной пирамиды, у которой два противоположных ребра 4 и 12 м, а каждое из остальных ребер равно 7 м.
Найти объем треугольной пирамиды, стороны основания которой равны а, b и с, если каждая из этих сторон равна боковому ребру, не пересекающемуся с ней.
Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одинаковую длину и равны а. Из трех плоских углов, образованных этими ребрами при вершине пирамиды, два содержат по 45°, а третий — 60°. Определить объем пирамиды.
Длины боковых ребер треугольной пирамиды равны а, b и с, плоские углы, образованные этими ребрами,— прямые. Найти длину высоты, проведенной к основанию пирамиды.
Через ребро правильного тетраэдра проведена плоскость, параллельная противоположному ребру. Найти отношение объема полученного параллелепипеда к объему тетраэдра.
Два правильных тетраэдра соединены двумя гранями так, что образуют двойную пирамиду. Центры шести боковых граней этой двойной пирамиды приняты за вершины прямой треугольной призмы. Вычислить объем этой призмы, если ребро тетраэдра равно а.
Доказать, что объемы двух треугольных пирамид, имеющих по равному трехгранному углу, относятся как произведения длин трех ребер равных трехгранных углов. "
Основанием пирамиды SABC служит треугольник АВС такой,
что АВ=АС= Юми ВС= 12 м. Грань SBC перпендикулярна основанию и SB=SC. Вычислить радиус шара, вписанного в пирамиду, если высота пирамиды равна 1,4 м. -
Из середины высоты правильной четырехугольной пирамиды проведены перпендикуляр длиной а к боковому ребру и перпендикуляр длиной Ь к боковой грани. Найти объем пирамиды.
Через сторону основания правильной четырехугольной пирамиды проведена плоскость, которая отсекает от противоположной грани треугольник площадью 4 см2. Найти боковую поверхность пирамиды, которая отсечена этой плоскостью от данной пирамиды, если боковая поверхность данной пирамиды равна 25 см2.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, боковое ребро составляет со стороной угол 30°. Через вершину основания пирамиды проведена плоскость, перпендикулярная противолежащему боковому ребру. Эта плоскость разбивает пирамиду на две части. Определить объем части пирамиды, прилегающей к вершине.
В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида, основание которой делит перпендикулярный ему радиус пополам. Определить поверхность шара, вписанного в пирамиду.
Найти объем правильной пирамиды, в основании которой лежит правильный пятиугольник, а боковыми гранями являются правильные треугольники со стороной а.
Два равных куба с ребром а имеют общий отрезок АВ, концами которого являются середины двух противоположных ребер, не принадлежащих одной грани. Один из кубов получен поворотом другого вокруг прямой АВ на 90°. Найти объем общей части этих кубов.
Найти объем общей части двух кубов, если один из них получен поворотом на 90° другого куба вокруг оси, проходящей через среднюю линию одной из его граней. Ребро куба равно а.
Два куба с ребром, равным а, имеют общий отрезок, соединяющий центры двух противоположных граней, но один куб повернут на 45° по отношению к другому. Найти объем общей части этих кубов.
Диагонали двух одинаковых кубов с ребром, равным а, лежат на одной и той же прямой. Вершина второго куба совпадает с центром первого и второй куб повернут вокруг диагонали на 60° по отношению к первому. Найти объем общей части этих кубов.
Через концы трех ребер, выходящих из вершин В, D, Аг и Сг куба ABCDA1BtC1DY) ребро которого равно а, проведены плоскости. Доказать, что полученная фигура есть правильный тетраэдр, и вычислить его полную поверхность и объем.
Через каждые три вершины куба, расположенные на концах каждой тройки ребер, сходящихся в одной вершине, проведена плоскость. Найти объем тела, ограниченного этими плоскостями, если ребро куба равно а.
Расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных боковых граней куба равно d. Определить полную поверхность куба.
Ребро наклонного параллелепипеда равно I. К нему примыкают две смежные грани, у которых площади равны т2 и п2, а их плоскости образуют угол 30°. Вычислить объем параллелепипеда.
Гранями параллелепипеда служат ромбы, диагонали которых равны 3 и 4 см. В параллелепипеде имеются трехгранные углы, составленные тремя острыми углами ромбов. Найти объем параллелепипеда.
В основании прямой призмы лежит треугольник со сторонами
8 и 10 см. Некоторое плоское сечение этой призмы отсекает от боковых ребер, проходящих через вершины большего и среднего углов основания, отрезки, равные 12 см каждый, а от ребра, проходящего через вершину меньшего угла основания,— отрезок в 18 см. Найти объем и площадь полной поверхности фигуры, ограниченной плоскостью основания призмы, плоскостями боковых граней и плоскостью сечения.
Высота цилиндра равна радиусу его основания и имеет длину а. Через ось цилиндра проведена другая цилиндрическая поверхность, делящая окружность основания на две дуги, длины которых относятся как 2:1. Эта цилиндрическая поверхность делит данный цилиндр на две части. Найти боковую поверхность и объем большей части цилиндра.
В конус вписан шар. Доказать, что отношение полной поверхности конуса к поверхности шара равно отношению их объемов.
Отношение высоты конуса к радиусу описанного около него шара равно q. Найти отношение объемов этих тел. При каких значениях q задача не имеет решения?
Конус лежит на плоскости и катится по ней, вращаясь вокруг своей неподвижной вершины. Высота конуса и его образующая равны Ли/. Вычислить площадь поверхности, описываемой высотой коцуса.
Около шара описан усеченный конус, площадь нижнего основания которого в а раз больше площади его верхнего основания. Во сколько раз объем усеченного конуса больше объема шара?
Доказать, что если в многогранник можно вписать сферу, то его объем равен 1/3 произведения полной поверхности многогранника на радиус вписанной сферы.
Основание пирамиды SABCD есть трапеция с параллельными сторонами АВ и CD. Доказать, что объем пирамиды равен 4/3 произведения площади треугольника MSN, где MN — средняя линия трапеции, на расстояние ребра АВ от плоскости MSN.
Многогранник имеет следующее строение: две его грани (основания) представляют собой многоугольники, расположенные в параллельных плоскостях; остальные грани (боковые) — трапеции, параллелограммы или треугольники, у которых каждая вершина является одновременно вершиной одного из оснований. Доказать, что объем такого 1
многогранника равен - H(S} + S2 + 4S3), где Н—расстояние между 6
плоскостями оснований, S1hS1 — площади оснований, a S3 — площадь сечения, равноотстоящего от обоих оснований.
Фигура ограничена сверху и снизу двумя прямоугольниками со сторонами, равными а, Ь и av blt а сбоку — трапециями. Стороны прямоугольников параллельны, расстояние между параллельными плоскостями прямоугольных оснований равно к. Найти объем фигуры.
ГЛАВА 3
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИС ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ
НЕКОТОРЫЕ СООТНОШЕНИЯ
МЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1°. Площадь параллелограмма ABCD (рис. 3.1) можно вычислить по следу, ющим формулам:
(а)(а)(б)(б)A^-BD1-tgA;
(а)
(а)
(б)
(б)
4
АВ1-AD1S=-tgLAOD,
где О — точка пересечения диагоналей АС и BD.
□ Используя теорему косинусов (1.7), выразим АС1 из треугольника АС В и BD1 из треугольника ABD, а затем вычтем из первого равенства второе. Тогда
,A^-BD1
получим AC-BD^^AB AD со%А, откуда ABAD =. Наконец, при
'4 cos Л
меняя формулу (1.22), находим
AC1-BD1
S*bcd = AB AD sin Л =tgA. .
4
Проведя аналогичные рассуждения по отношению к треугольникам AOD и АОВ, можно установить справедливость формулы (б). ■
2°. Пусть известны длины Ь и с двух сторон треугольника АВС и угол А, образуемый ими (рис. 3.2). Тогда длина биссектрисы AD треугольника, проведенной из вершины этого угла, выражается формулой
2bc cos (Л/2)
Ь+с
□ Имеем S^xscgS^xdc+S^xdb- Используя формулу (1.2), получаем
Рис. 3.1Рис. 3.1
Рис. 3.1
Рис. 3.1
илиили111111- be sin A =- lab sin (Л/2) H— lac sin (4/2) 222- be sin A =- lab sin (Л/2) H— lac sin (4/2) 2221
или
или
11
11
1
1
- be sin A =- lab sin (Л/2) H— lac sin (4/2) 222
- be sin A =- lab sin (Л/2) H— lac sin (4/2) 222
be sin (4/2) cos (4/2)=- Ц^А-с} sin (4/2).
AIbe cos (4/2)
Так как sin — #0, то L=. ■
2b + c
3°. Справедливы следующие соотношения между элементами шара и вписанного в него конуса:
1=1R sin а;P = 1RH,
(а)(6)(а)(6)где R — радиус шара, I — длина образующей конуса, Н — его высота, г — угол
(а)
(6)
(а)
(6)
между образующей и плоскостью основания.
Такие же соотношения справедливы и для вписанной боковые ребра которой имеют длину / и составляют с плоскостью основания угол а.
□ а) Построив осевое сечение конуса, вписанного в шар (рис. 3.3), получим равнобедренный треугольник SAB, вписанный в окружность радиуса R. Центром окружности является точка О пересечения высоты SK и серединного перпендикуляра DO к стороне SB, причем SK= Н, LSOD= LSBK=x. Из kSDO находим SD = SO sin а, т. е. Z=2Asina.
Продолжим SK до пересечения с окружностью в точке Е и построим отрезок BE. Тогда получим прямоугольный треугольник SBE, в котором катет SB=l есть среднее геометрическое между гипотенузой SE=2R и про-
шар пирамиды.шар пирамиды.ввРис. 3.3Рис. 3.3екцией SK=H катета SB на гипотенузу SE, т. е.
шар пирамиды.
шар пирамиды.
в
в
Рис. 3.3
Рис. 3.3
Р=гвн. ■
4°. Пусть AXBV — боковое ребро пирамиды или призмы, А2О — его проек
ция на плоскость основания, д51410 —a, LOAXA2=^, Д_В1А1А2=у (рис. 3.4). Тогда справедливо равенство cos у=cos a cos/?.
□ Проведем высоту боковой грани — отрезок В,С, тогда ОСА.А1А1 (по
АХС
теореме о трех перпендикулярах) и из ДАХСВХ получим cosy =. Так как
^i^i
ОАХ cos^ОАх
АХС=ОАХ cos^ (из ДОСА^, то cosy =. Но=cosa (из АЛ1051);
Л,^АХВХ
значит, cos у=cos a cos
5°. Пусть a — угол наклона бокового ребра правильной л-угольной пирамиды к плоскости основания, 3 — угол наклона ее боковой грани к плоскости основания, у — плоский угол при вершине пирамиды, со — двугранный угол между смежными боковыми гранями (рис. 3.5). Тогда справедливы следующие соотношения:
яп(<р/2) cosw
sin (я/л)
. co cos (я/л)
sin—=;(o)
2 cos(<p/2)
tg(<p/2). co
cosd==cosa sin —.W
tg№) 2
□ а) Пусть О — центр правильного л-угольника, служащего основанием я(л—2) пирамиды; Ах— угол при вершине этого л-угольника. Тогда ДАХ ==
л
2яя я/я я\я
=я, ДОАХС=. Далее имеем ОЛ1=Л1С:со$)=Л1С: sin - (из л2 л\2 л/л
Ф
ДОСА^; S^j-^jCisin- (из Д5СЛ,). Теперь из Д8ОАХ находим
ОАХ АХС АХС sin(<p/2) cosa==:=.
SJj sin (я/л) sin(<p/2) sin (я/л)
б) Пусть Е — середина основания А2Ап равнобедренного треугольника А2ВА„. Она принадлежит также биссектрисе АХО угла при вершине А, основания пирамиды и биссектрисе BE угла А2ВА„. Из прямоугольных треугольников АгЕВ со/я я\я
и ^jEHli находим A2D=A2E:sm — и AxA2=A2E:sin \ -—- \=A2E:cos Раз- 2\2 л/л
делив первое равенство на второе, получим АгО:Л,Л2=со5(л/л):$т(со/2). Так как ДАХА2В~ ДАх8С, то A2D:AxA2=SC:AxS=cos(<p/2), откуда
ср cos (я/л)со cos (я/л)
cos— =или sin =.
2 sin (со/2)2 cos (<р/2)
(
я я\я
-— (“^jC ctg - (из 2 п)п
Ф
ДОСАХ\ SC=AXC ctg- (из Д8САХ\ Поэтому
.АХС ctg(я/л) tg(<p/2)
cos о ==,
AXCtg(n/n)
откуда, перемножив соотношения (а) и (6), получим
. tg(»>/2). ш —
cos 6 ==cos a sin —. ■
tg(n/n)2
в
Пример 1. Угол при основании остроугольного равнобедренного треугольника АВС (АВ=ВС) равен а. В каком отношении, считая от вершины А, высота BD делит высоту АЕ?
□ Согласно условию, а А ВС — остроугольный; значит, точка К пересечения высот лежит внутри треугольника (рис. 3.6). Пусть AD=a. Из LAEC находим
а
АЕ=2а sin о; из LAKD находим АК=^LAKD= LC, так как оба угла допол- sina
а няют угол KAD до 90°). Далее имеем КЕ=АЕ—АК=2а sin а—=
sin а n(2sin2a—1) a cos 2а
==. Окончательно получим
sin asin а
АК a a cos 2а 1
KEsin a sin acos 2а
Пример 2. Из вершины С ромба ABCD, сторона которого равна а, проведены два отрезка СЕ и СЕ (рис. 3.7), делящие ромб на три равновеликие фигуры. Известно, что cos С = 1/4. Найти сумму CE+CF.
□ Высоты треугольников CED и СЕВ, проведенные из вершины С, имеют равные длины и S^ced=S^cfb (по условию); поэтому DE=FB, а значит, CE=CF и АЕ=АЕ Проведем диагональ АС, которая делит AECF на два
1
равных треугольника. Следовательно, S^xcf=- S^ecf Так как Sxecf=S&cfb
1
(по условию), то S£,Acf=- SkCFB, причем треугольники AFC и FCB имеют 2
.1
общую высоту, проведенную из вершины С. Отсюда вытекает, что AF=- FB,
2
21
т. е. FB=-а; кроме того, cos Я=cos (180° — Q= — cosC= —. Из kFCB по
34
теореме косинусов получим
I4а2/ 1\ 2д 4a
CF= а2 +—-2a-.
V 9\ 4/ 33
8а
Итак, СЕ+ CF=—. ■ '
3
Пример 3. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна с, а один из острых углов равен а. Каждое боковое ребро составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем пирамиды.
□ Так как все боковые ребра пирамиды ABCD (рис. 3.8) одинаково наклонены к плоскости основания, то вершина В проецируется в центр окружности, описанной около треугольника АВС; для прямоугольного треугольника — в середину Е гипотенузы АВ. Высота BE треугольника АВ В является высотой пирами- 11 ,1 ,
ды. Далее имеем 5йлвс=^ АСВС=-^ с1 sina cosa=- с1 sin2a, BE=BEtgP= с
=- tg^. Окончательно получим ' 2
с с3
V=- - с2 sin 2а- tgB=— sin2atgfi. ■3 4224
Пример 4. В конус, образующая которого наклонена к основанию под углом а, вписан шар. Радиус окружности касания сферической и конической поверхностей равен г. Найти длину образующей конуса.
В осевом сечении конуса (рис. 3.9) получим равнобедренный треугольник АВС, в который вписана окружность с центром О — точкой пересечения высоты BD треугольника и биссектрисы СО угла С. Из точки Е касания окружности с образующей ВС проведем KELBB. Очевидно, что KE=r, Z. КОЕ = а (см. пример а
ctg- га 2
), ОЕ=ОВ=. Из txOBC находим DC=OB ctg-=r, а из А ВВС нахо- sina2sin a
a ctg- BC 2 дим BC== 2r. ■ cos a sin 2a
Пример 5. Найти площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, высота которой равна Н, а величина плоского угла при вершине равна ф (рис. 3.10).
Введем вспомогательный уголН
a= l_SA2O. Тогда SA2 =и площадь боковой sina
2Я2 sinp2Я2 sinpповерхности пирамиды выразится следующим образом:
2Я2 sinp
2Я2 sinp
sin2 аsin2 аЗбм-^З^дл =4.- —-sin<p= 2 sin2 а
sin2 а
sin2 а
Используя связь между введенным углом а и известными углами ф и /_ОА2А3=п/4 (см.
sin (<p/2),-
формулу (a) n. 5), получим cosa==5/2 sin (^>/2). Следовательно, sin (я/4)
sin2a=l — 2sin2(»/2)=cos<p. Подставляя это выражение в формулу для 5вож> окончательно находим 5601=2^ *8 S’- 1
Группа А
.001. Сумма двух неравных высот равнобедренного треугольника равна I, угол при вершине равен а. Найти боковую сторону.
.002. Даны две стороны b и с треугольника и его площадь, равная 0,4 Ьс. Найти третью сторону.
.003. В треугольнике даны длины двух сторон а и А и угол а между ними. Найти длину высоты, проведенной к третьей стороне.
.004. В равнобедренном треугольнике даны основание а и угол а при основании. Найти длину медианы, проведенной к боковой стороне.
.005. Около круга радиуса R описана равнобедренная трапеция с острым углом а при основании. Найти периметр трапеции.
.006. Основание равнобедренного треугольника равно а, угол при вершине равен а. Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне.
.007. Площадь прямоугольной трапеции равна 8, острый угол равен а. Найти высоту трапеции, если ее меньшая диагональ равна большему основанию.
.008. В равнобедренный треугольник с углом а при основании вписана окружность радиуса г. Найти радиус окружности, описанной около треугольника.'
.009. В равнобедренном треугольнике угол между боковыми сторонами равен а, радиус вписанной окружности равен г. Найти площадь треугольника.
.010. Около круга радиуса R описана трапеция с углами а и Д при большем основании. Найти площадь трапеции.
.011. Высота BD правильного треугольника АВС продолжена за вершину В и на продолжении взят отрезок BF, равный стороне треугольника. Точка F соединена отрезком прямой с вершиной С. С помощью этого построения показать, что tgl5° = 2 — ^3.
.012. В прямоугольном треугольнике даны его площадь 8 и острый угол а. Найти расстояние от точки пересечения медиан треугольника до гипотенузы. .
.013. Высота равнобедренной трапеции равна h, а угол между ее диагоналями, противолежащий боковой стороне, равен а. Найти среднюю линию трапеции.
.014. Площадь равнобедренного треугольника равна 8, угол между высотой, проведенной к боковой стороне, и основанием равен а. Найти радиус круга, вписанного в треугольник.
.015. Около круга описана прямоугольная трапеция с острым углом а. Найти высоту трапеции, если ее периметр равен Р.■
.016. Через вершину А равнобедренного остроугольного треугольника АВС и центр описанной около этого треугольника окружности проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке D. Найти длину AD, если АВ—ВС=Ь и LABC=a.
.017. Площадь равнобедренного треугольника равна 8, а противолежащий основанию угол между медианами, проведенными к его боковым сторонам, равен а. Найти основание.
.018. В равнобедренном треугольнике угол при основании равен а, радиус вписанного круга равен г. Через вершину угла при основании и центр вписанного круга проведена прямая. Найти отрезок этой прямой, заключенный внутри треугольника.
.019. В квадрате ABCD через середину М стороны АВ проведена прямая, пересекающая противоположную сторону CD в точке N. В каком отношении прямая MN делит площадь квадрата, если острый угол AMN равен а? Указать возможные значения а.
.020. Равносторонний треугольник пересечен прямой, проходящей через середину одной из его сторон и составляющей с этой стороной острый угол а. В каком отношении эта прямая делит площадь треугольника?
.021. В равнобедренном треугольнике угол при основании равен а. Найти отношение площади треугольника к площади описанного около него круга.
.022. Общая внешняя касательная двух внешне касающихся окружностей составляет с линией центров угол а. Найти отношение радиусов этих окружностей.
.023. Угол при основании равнобедренного треугольника равен а. Найти отношение радиусов вписанной и описанной окружностей.
.024. Найти отношение периметра трапеции, описанной около окружности, к длине этой окружности, если углы при большем основании трапеции равны а и Д.
.025. В ромб ABCD и в треугольник АВС, содержащий его большую диагональ, вписаны окружности. Найти отношение радиусов этих окружностей, если острый угол ромба равен а.
.026. Диагональ прямоугольника равна d и делит угол прямоугольника в отношении т:п. Найти периметр прямоугольника.
.027. В ромбе через вершину острого угла, равного а, проведена прямая, делящая этот угол в отношении 1:2. В каком отношении эта прямая делит сторону ромба, которую она пересекает?
.028. В равнобедренной трапеции, описанной около круга, отношение боковой стороны к меньшему основанию равно к. Найти углы трапеции и допустимые значения к.
.029. Отношение площади прямоугольного треугольника к площади квадрата, построенного на его гипотенузе, равно к. Найти сумму тангенсов острых углов треугольника.
.030. В параллелограмме со сторонами а и b и острым углом а найти тангенсы углов, образуемых большей диагональю параллелограмма с его сторонами.
.031. Найти угол треугольника, если известно, что стороны, заключающие этот угол, равны а и Ь, а биссектриса угла равна /.
.032. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник AEF; точка Е лежит на стороне ВС, точка F— на стороне CD и АЕ=АЕ Тангенс угла AEF равен 3. Найти косинус угла FAD.
.033. На меньшем основании равнобедренной трапеции построен правильный треугольник. Его высота равна высоте трапеции, а площадь в 5 раз меньше площади трапеции. Найти угол при большем основании трапеции. •
.034. В прямоугольник АВСО(АВЦСО) вписан треугольник AEF. Точка Е лежит на стороне ВС, точка F — на стороне CD. Найти тангенс угла EAF, если AB:BC=BE:EC=CF:FD=k.
.035. В параллелограмм со сторонами а и b (а<Ь) и острым углом а вписан ромб; две его вершины совпадают с серединами больших
сторон параллелограмма, две другие лежат на меньших сторонах (или на их продолжениях). Найти углы ромба.
.036. Даны стороны а, Ь, с и d четырехугольника, вписанного ■ в окружность. Найти угол, заключенный между сторонами а и Ь.
.037. Показать, что если в треугольнике отношение тангенсов двух углов равно отношению квадратов синусов этих же углов, то треугольник равнобедренный или прямоугольный.
.038. Доказать, что во всяком треугольнике разность между суммой квадратов любых двух его сторон и произведением этих сторон, умноженным на косинус угла между ними, есть для данного треугольника величина постоянная.
.039. Две высоты параллелограмма, проведенные из вершины тупого угла, равны ht и й2, а угол между ними равен а. Найти большую диагональ параллелограмма.
.040. Высота равнобедренной трапеции равна h. Верхнее основание трапеции из середины нижнего основания видно под углом 2а, а нижнее основание из середины верхнего под углом 2Д. Найти площадь трапеции в этом общем случае и вычислить ее без таблиц, если Л=2, а=15°, 0=75°.
.041. Из точки, взятой на окружности радиуса К, проведены две равные хорды, составляющие вписанный угол, равный а радианам. Найти часть площади круга, заключенную внутри этого вписанного угла.
.042. В сегмент, дуга которого содержит а°, вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой дуги, а две другие лежат на хорде. Площадь треугольника равна S. Найти радиус дуги сегмента.
.043. В прямоугольном треугольнике АВС острый угол А равен а радианам. Дуга окружности с центром в вершине прямого угла С касается гипотенузы в точке D и пересекает катеты АС и ВС соответственно в точках Е и F. Найти отношение площадей криволинейных треугольников АВЕ и BDF.
.044. Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна / и составляет с боковым ребром угол а. Найти объем параллелепипеда, если периметр его основания равен Р.
3.045. В основании прямой призмы лежит прямоугольный треугольник с острым углом а. Диагональ большей боковой грани равна d и образует с боковым ребром угол р. Найти объем призмы.
.046. Угол между диагоналями основания прямоугольного параллелепипеда равен а. Диагональ параллелепипеда составляет с плоскостью основания угол р. Найти высоту параллелепипеда, если его объем равен V.
.047. Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник с углом а при вершине. Диагональ грани, противоположной данному углу, равна I и составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем призмы. ' .
.048. Найти полную поверхность прямого параллелепипеда, если в основании его лежит ромб с острым углом а и меньшей диагональю d, а высота параллелепипеда в 2 раза меньше стороны основания.
.049. В основании прямой призмы лежит равнобедренная трапеция, у которой диагональ равна а, а угол между диагональю и большим основанием равен а. Диагональ призмы наклонена к основанию под углом р. Найти объем призмы.
.050. Сторона основания правильной четырехугольной призмы рав-
на а. Угол между пересекающимися диагоналями двух смежных боковых граней равен а. Найти объем призмы.
s 3.051. Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник, у которого боковая сторона равна а, а угол между боковыми сторонами равен а. Найти объем призмы, если ее боковая поверхность равна 5.
.052. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно I и составляет с плоскостью основания угол а. Найти объем пирамиды.
.053. Высота правильной треугольной пирамиды равна Н, двугранный угол при основании равен а. Найти полную поверхность пирамиды.
.054. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно т и наклонено к плоскости основания под углом а. Найти объем пирамиды.
.055. Найти объем правильной четырехугольной пирамиды, если сторона ее основания равна а, а двугранный угол при основании равен а.
.056. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник с острым углом а. Высота пирамиды равна Н. Все боковые ребра составляют с плоскостью основания один и тот же угол, равный /?. Найти объем пирамиды.
.057. Основанием четырехугольной пирамиды служит ромб со стороной а и острым углом а. Все боковые грани наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом р. Найти полную поверхность пирамиды.
.058. Сторона основания треугольной пирамиды равна а, прилежащие к ней углы основания равны а и р. Все боковые ребра составляют с высотой пирамиды один и тот же угол <р. Найти объем пирамиды.
.059. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого боковая сторона равна а, а угол при вершине равен а. Все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом р. Найти объем пирамиды.
.060. Каждое из боковых ребер четырехугольной пирамиды образует с высотой угол а. Основанием пирамиды служит прямоугольник с углом р между диагоналями. Найти объем пирамида/, если ее высота равна A. z
.061. Основанием пирамиды служит правильный треугольник со стороной а. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания, а равные боковые ребра образуют между собой угол а. Найти высоту прямой треугольной призмы, равновеликой данной пирамиде и имеющей с ней общее основание.
.062. Основанием пирамиды ABCD служит прямоугольный треугольник АВС (СС= 90°). Боковое ребро АВ перпендикулярно основанию. Найти острые углы треугольника АВС, если L DBA = а и L ВВС=р к»<^
.063. Сторона большего основания правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна а. Боковое ребро и диагональ пирамиды составляют с плоскостью основания углы, равные соответственно а и р. Найти площадь меньшего основания пирамиды.
.064. Стороны оснований правильной л-угольной усеченной .пирамиды равны а и Ъ. Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
.065. Боковая поверхность правильной треугольной пирамиды в 5 раз больше площади ее основания. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
.066. Диагонали боковых граней прямоугольного параллелепипеда
составляют с плоскостью основания углы а и Д. Найти угол между диагональю параллелепипеда и плоскостью основания.
.067. Найти угол между апофемами двух смежных боковых граней правильной л-угольной пирамиды, если плоский угол при ее вершине равен а.
.068. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды образует со стороной основания угол а. Найти угол между боковым ребром и высотой пирамиды и допустимые значения а.
.069. Все боковые ребра треугольной пирамиды составляют с плоскостью основания один и тот же угол, равный одному из острых углов прямоугольного треугольника, лежащего в основании пирамиды. Найти этот угол, если гипотенуза треугольника равна с, а объем пирамиды равен V.
.070. Плоскость квадрата составляет угол а с плоскостью, проведенной через одну из его сторон. Какой угол составляет с той же плоскостью диагональ квадрата?
.071. В грани двугранного угла, равного а, проведена прямая, составляющая угол /? с ребром двугранного угла. Найти угол между згой прямой и другой гранью.
.072. Боковые ребра правильной треугольной пирамиды попарно взаимно перпендикулярны. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания.
.073. Стороны основания прямого параллелепипеда относятся как 1:2, острый угол в основании равен а. Найти угол между меньшей диагональю параллелепипеда и плоскостью основания, если высота параллелепипеда равна большей диагонали основания.
.074. Найти угол между пересекающимися диагоналями двух смежных боковых граней правильной четырехугольной призмы, если плоскость, в которой они лежат, составляет с плоскостью основания угол а.
.075. Найти косинус угла между апофемой и диагональю основания правильной четырехугольной пирамиды, у которой боковое ребро равно стороне основания.
.076. Боковая грань правильной треугольной усеченной пирамиды составляет с плоскостью основания острый угол а. Найти угол между высотой и боковым ребром пирамиды.
.077. Отношение боковой поверхности правильной треугольной пирамиды к площади ее основания равно к. Найти угол между боковым ребром и высотой пирамиды.
.078. Найти косцнус угла между смежными боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, у которой боковое ребро равно стороне основания.
.079. Боковое ребро правильной треугольной призмы равно стороне основания. Найти угол между стороной основания и непересекающей ее диагональю боковой грани.
.080. Плоский угол при вершине правильной шестиугольной пирамиды равен углу между боковым ребром и плоскостью основания. Найти этот угол.
.081. Отношение одной из сторон основания треугольной пирамиды к каждому из остальных пяти ее ребер равно к. Найти двугранный угол между двумя равными боковыми гранями пирамиды и допустимые значения к.
.082. Высота правильной треугольной призмы равна Н. Плоскость, проведенная через среднюю линию нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания, составляет с плоскостью нижнего ос-
нования острый двугранный угол а. Найти площадь сечения, образованного этой плоскостью.
.083. В основании прямой призмы лежит ромб с острым углом а. Отношение высоты призмы к стороне основания равно к. Через сторону основания и середину противоположного бокового ребра проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания.
.084. В правильной шестиугольной призме плоскость, проведенная через сторону основания и середину отрезка, соединяющего центры оснований, составляет с плоскостью основания острый угол а. Найти площадь сечения, образованного этой плоскостью, если сторона основания призмы равна а.
.085. В прямоугольном параллелепипеде диагональ основания равна d и составляет со стороной основания угол а. Через эту сторону и противоположную ей сторону верхнего основания проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол р. Найти боковую поверхность параллелепипеда.
.086. Основанием прямой призмы служит равнобедренная трапеция, у которой основания равны а и Ь (а>Ь), а острый угол равен а. Плоскость, проходящая через большее основание верхней трапеции и меньшее основание нижней трапеции, составляет с плоскостью нижнего основания угол р. Найти объем призмы.
.087. Через сторону нижнего основания куба проведена плоскость, делящая объем куба в отношении т.п, считая от нижнего основания. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания, если т^п. ■ 3.088. Через диагональ нижнего основания правильной четырехугольной призмы и противоположную вершину ее верхнего основания проведена плоскость. Угол между равными сторонами сечения равен а. Найти отношение высоты призмы к стороне основания.
.089. Через вершину С основания правильной треугольной пирамиды SABC проведена плоскость перпендикулярно боковому ребру SA. Эта плоскость составляет с плоскостью основания угол, косинус которого равен 2/3. Найти косинус угла между двумя боковыми гранями.
.090. В основании прямой треугольной призмы лежит равнобедренный треугольник АВС, у которого АВ=ВС=а и LBAC=a. Через сторону АС проведена плоскость под углом <р(<р <л/2) к основанию. Найти площадь сечения, если известно, что в сечении получился треугольник.
.091. В правильной двенадцатиугольной пирамиде, ребра которой пронумерованы подряд, проведено сечение через первое и пятое ребра. Плоскость сечения образует с плоскостью основания пирамиды угол а, а площадь этого сечения равна S. Найти объем пирамиды.
.092. Диагонали осевого сечения цилиндра пересекаются под углом, равным а, обращенным к основанию. Объем цилиндра равен V. Найти высоту цилиндра.
.093. Разверткой боковой поверхности цилиндра является прямоугольник, диагонали которого пересекаются под углом а. Длина диагонали равна d. Найти боковую поверхность цилиндра.
.094. Развертка боковой поверхности цилиндра представляет собой прямоугольник, в котором диагональ равна а и составляет с основанием угол а. Найта объем цилиндра.
.095. Плоскость, проведенная параллельно оси цилиндра, делит окружность основания в отношении т.п. Площадь сечения равна S. Найти боковую поверхность цилиндра. ■
.096. Площадь основания цилиндра относится к площади его осе-
вого сечения как т: п. Найти острый угол между диагоналями осевого сечения.
.097. Плоскость, проведенная через образующую цилиндра, составляет с плоскостью осевого сечения, содержащего ту же образующую, острый угол а. Диагональ прямоугольника, полученного в сечении цилиндра этой плоскостью, равна / и образует с плоскостью основания угол р. Найти объем цилиндра.
.098. Разность между образующей и высотой конуса равна d, а угол между ними равен а. Найти объем конуса.
.099. Расстояние от центра основания конуса до его образующей равно d. Угол между образующей и высотой равен а. Найти полную поверхность конуса.
.100. Найти угол при вершине осевого сечения конуса, если центральный угол в развертке его боковой поверхности равен а радианам.
.101. В основание конуса вписан квадрат, сторона которого равна а. Плоскость, проходящая через одну из сторон этого квадрата и через вершину конуса, при пересечении с поверхностью конуса образует равнобедренный треугольник, у которого угол при вершине равен а. Найти объем конуса.
.102. Через две образующие конуса, угол между которыми равен а, проведена плоскость. Найти отношение площади сечения к полной поверхности конуса, если образующая конуса составляет с плоскостью основания угол р.
.103. Через две образующие конуса, угол между которыми равен а, проведена плоскость, составляющая с основанием угол р. Найти объем конуса, если его высота равна h. .
.104. Найти угол между образующей и высотой конуса, у которого боковая поверхность есть среднее пропорциональное между площадью основания и полной поверхностью.
.105. Найти объем конуса, если в его основании хорда, равная а, стягивает дугу в а°, а высота конуса составляет с образующей угол р.
106. Угол при вершине осевого сечения конуса равен 2а, а сумма длин его высоты и образующей равна а. Найти объем конуса.
107. Диагонали осевого сечения усеченного конуса точкой пересечения делятся в отношении 2:1. Угол между диагоналями, обращенный к основанию конуса, равен а. Длина диагонали равна /. Найти объем усеченного конуса.
108. Сторона ромба равна а, его острый угол равен а. Ромб вращается вокруг прямой, проходящей через его вершину параллельно большей диагонали. Найти объем тела вращения.
109. Треугольник АВС вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости этого треугольника, проходящей вне его через вершину А и одинаково наклоненной к сторонам АВ и АС. Найти объем тела вращения, если АВ=а, АС=Ь и LBAC=a.
110. Радиус круга, вписанного в прямоугольную трапецию, равен г, острый угол трапеции равен а. Эта трапеция вращается вокруг меньшей боковой стороны. Найти боковую поверхность тела вращения.
111. Найти острый угол ромба, зная, что объемы тел, полученных от вращения ромба вокруг его большей диагонали и вокруг его стороны, относятся как 1: 2^/5.
112. Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания и равно /, два других образуют с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписана прямая призма; три ее вершины лежат на боковых ребрах пирамиды, три
другие — на основании пирамиды. Диагональ боковой грани призмы составляет с плоскостью основания угол Д. Найти высоту призмы.
113. В конус, образующая которого равна /, вписана правильная шестиугольная призма с равными ребрами. Найти боковую поверхность призмы, если угол между образующей и высотой конуса равен а.
114. Объем конуса равен V. В конус вписана пирамида, в основании которой лежит равнобедренный треугольник с углом а между боковыми сторонами. Найти объем пирамиды.
115. Основанием пирамиды, вписанной в конус, служит четырехугольник, у которого смежные стороны попарно равны, а угол между одной парой смежных сторон равен а. Найти отношение объема пирамиды к объему конуса.
116. В конус вписана треугольная пирамида, у которой боковые ребра попарно взаимно перпендикулярны. Найти угол между образующей конуса и его высотой.
117. Найти боковую поверхность усеченного конуса, описанного около правильной треугольной усеченной пирамиды, зная, что острый угол трапеции, служащей боковой гранью пирамиды, равен а и что в эту трапецию можно вписать окружность радиуса г.
118. Основания двух конусов, имеющих общую вершину, лежат в одной плоскости. Разность их объемов равна V. Найти объем меньшего конуса, если касательные, проведенные к окружности его основания из произвольной точки окружности основания большего конуса, образуют угол а.
119. Высота конуса равна Н, угол между образующей и высотой равен а. В этот конус вписан другой конус так, что вершина второго конуса совпадает с центром основания первого конуса, а соответствующие образующие обоих конусов взаимно перпендикулярны. Найти объем вписанного конуса.
120. В конус вписан полушар: большой круг полушара лежит в плоскости основания конуса, а шаровая поверхность касается поверхности конуса. Найти объем полушара, если образующая конуса равна / и составляет с плоскостью основания угол а.
121. Образующая конуса равна а, расстояние от вершины конуса до центра вписанного шара равно 6. Найти угол между образующей и плоскостью основания.'
122. Угол между высотой правильной треугольной пирамиды и боковым ребром равен а(а<я/4). В каком отношении делит высоту пирамиды центр описанного шара?
123. В шар вписан конус. Площадь осевого сечения конуса равна S, а угол между высотой и образующей равен а. Найти объем шара.
124. В конус вписан шар. Отношение радиуса окружности касания шаровой и конической поверхностей к радиусу основания конуса равно к. Найти косинус угла между образующей конуса и плоскостью основания.
125. В конус вписан шар, поверхность которого равна площади основания конуса. Найти косинус угла при вершине в осевом сечении конуса.
126. В полушар вписан конус, вершина которого совпадает с центром окружности, являющейся основанием полушара; плоскости оснований конуса и полушара параллельны. Прямая, проходящая через центр основания конуса и произвольную точку окружности большого круга полушара, составляет с плоскостью основания конуса угол а. Найти отношение объемов полушара и конуса.
127. В конус вписан шар. Радиус окружности, по которой касаются конус и шар, равен г. Найти объем конуса, если угол между высотой и образующей конуса равен а. .
128. Найти угол в осевом сечении конуса, если сфера с центром в вершине конуса, касающаяся его основания, делит объем конуса пополам.
129. Около шара описан усеченный конус, у которого площадь одного основания в 4 раза больше площади другого основания. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.
130. Объем шара равен V. Найти объем его сектора, у которого центральный угол в осевом сечении равен а.
Группа Б
131. В остроугольном треугольнике АВС высота AD = a, высота СЕ=Ь, острый угол между AD и СЕ равен а. Найти АС.
132. Тангенс угла при основании равнобедренного треугольника равен 3/4. Найти тангенс угла между медианой и биссектрисой, проведенными к боковой стороне.
133. Площадь равнобедренной трапеции равна S, угол между ее диагоналями, противолежащий боковой стороне, равен а. Найти высоту трапеции.
134. Найти синус угла при вершине равнобедренного треугольника, если известно, что медиана, проведенная к боковой стороне, составляет с основанием угол, синус которого равен 3/5.
135. В равносторонний треугольник АВС вписан равносторонний треугольник АХВХСХ; точка Л, лежит на стороне ВС, точка Вх —на стороне АС и точка С, — на стороне АВ. Угол АХВХСХ равен а. Найти отношение АВ к АХВХ.
136. В треугольнике даны сторона а, противолежащий ей угол а и высота А, проведенная к данной стороне. Найти сумму двух других сторон.
137. В треугольнике известны площадь S, сторона а и противолежащий ей угол а. Найти сумму двух других сторон.
138. В треугольнике АВС даны острые углы а и у (а>у) при основании АС. Из вершины В проведены высота BD и медиана BE. Найти площадь треугольника BDE, если площадь треугольника АВС равна S.
139. В трапеции меньшее основание равно 2, прилежащие углы — по 135°. Угол между диагоналями, обращенный к основанию, равен 150°. Найти площадь трапеции.
140. Основания равнобедренной трапеции равны а и Ь (а >Ь), угол при большем основании равен а. Найти радиус окружности .описанной около трапеции.
141. Большее основание вписанной в круг трапеции равно диаметру круга, а угол при этом основании равен а. В каком отношении точка пересечения диагоналей трапеции делит ее высоту?
142. Боковые стороны трапеции равны р и q (p<q), большее основание равно а. Углы при большем основании относятся как 2:1. Найти меньшее основание.
143. Внутри данного угла а расположена точка на расстоянии а от вершины и на расстоянии b от одной из сторон. Найти расстояние этой точки от другой стороны.
144. В треугольнике АВС угол А равен а и сторона ВС=а. Найти длину биссектрисы AD, если угол между биссектрисой AD и высотой АЕ равен Д
145. Основание треугольника равно а, а прилежащие к нему углы содержат 45 и 15°. Из вершины, противоположной основанию, проведена окружность радиусом, равным высоте, опущенной на это основание. Найти площадь части соответствующего круга, заключенную внутри треугольника.
146. Острый угол прямоугольного треугольника равен а. Найти отношение радиуса вписанной в треугольник окружности к радиусу описанной окружности. При каком значении а это отношение является наибольшим?
147. Через вершину угла а при основании равнобедренного треугольника проведена прямая, пересекающая противоположную боковую сторону и составляющая с основанием угол Д В каком отношении эта прямая делит площадь треугольника?
148. В треугольнике АВС даны острые углы а и у (а>у), прилежащие к стороне АС. Из вершины В проведены медиана BD и биссектриса BE. Найти отношение площади треугольника BDE к площади треугольника АВС.
149. В треугольнике АВС проведена высота ВМ и на ней как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону АВ в точке К, а сторону ВС — в точке L. Найти отношение площади треугольника KLM к площади треугольника АВС, если LA = a и LC=p.
150. В прямоугольном треугольнике АВС проведена биссектриса AD острого угла А, равного а. Найти отношение радиусов окружностей, вписанных в треугольники ABD и ADC.
151. В прямоугольном треугольнике АВС острый угол при вершине А равен а. Через середину D гипотенузы АВ проведена прямая, пересекающая катет АС в точке Е. В каком отношении эта прямая делит площадь треугольника АВС, если LDEA = p, АЕ>0,5АС?
152. Равнобедренный треугольник с углом а при вершине пересечен прямой, проходящей через вершину угла при основании и составляющей с основанием угол р. В каком отношении эта прямая делит площадь треугольника?
153. В каком отношении делит высоту равнобедренного треугольника АВС точка О, из которой все три стороны видны под одним и тем же углом ^LAOB= LBOC= LCOA}, если угол при основании треугольника равен а (а>я/6)?
154. В окружность радиуса R вписан треугольник, вершины которого делят окружность на три части в отношении 2: 5:17. Найти площадь треугольника.
155. Через вершины равностороннего треугольника АВС проведены параллельные прямые AD, BE и СЕ. Прямая BE лежит между прямыми AD и СЕ и делит расстояние между ними в отношении т .п, считая от прямой AD. Найти угол ВСЕ.
. 3.156. Медиана BD треугольника АВС пересекается с биссектрисой СЕ в точке К. Найти СК.КЕ, если LA = a и LB=p.
Стороны параллелограмма относятся как p:q, а диагонали — как т: п. Найти углы параллелограмма.
Отношение периметра ромба к сумме его диагоналей равно к. Найти углы ромба и допустимые значения к.
Высота треугольника делит угол треугольника в отношении 2:1, а основание — на отрезки, отношение которых (большего к мень-
шему) равно к. Найти синус меньшего угла при основании и допустимые значения к.
Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой касания вписанного круга на отрезки, отношение которых равно к. Найти углы треугольника.
Найти косинус острого угла ромба, если прямая, проведенная через его вершину, делит угол в отношении 1:3, а противолежащую сторону — в отношении 3:5.
В остроугольном равнобедренном треугольнике радиус вписанной окружности в 4 раза меньше радиуса описанной окружности. Найти углы треугольника.
Площадь равнобедренного тупоугольного треугольника равна 8, а медиана, проведенная к его боковой стороне, равна ^/37. Найти косинус угла при вершине.
Луч, проведенный из веришны равностороннего треугольника, делит его основание в отношении т.п. Найти тупой угол между лучом и основанием.
Через вершину равностороннего треугольника проведена прямая, делящая основание в отношении 2:1. Под какими углами она наклонена к боковым сторонам треугольника?
Найти косинусы углов равнобедренного треугольника, у которого точка пересечения высот делит пополам высоту, проведенную к основанию.
Найти косинусы острых углов прямоугольного треугольника, зная, что произведение тангенсов половин этих углов равно 1/6.
Показать, что если в треугольнике отношение суммы синусов двух углов к сумме их косинусов равно синусу третьего угла, то треугольник прямоугольный.
Сторона треугольника равна 15, сумма двух других сторон равна 27. Найти косинус угла, противолежащего данной стороне, если радиус вписанной в треугольник окружности равен 4.
Основание треугольника равно 4, а его медиана равна xfb — ^1. Один из углов при основании равен 15°. Показать, что острый угол между основанием треугольника и его медианой равен 45°.
Угол при вершине А трапеции ABCD равен а. Боковая сторона АВ вдвое больше меньшего основания ВС. Найти угол ВАС.
В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник AEF; точка Е лежит на стороне ВС, точка F— на стороне CD и AE—EF. Тангенс ут ла AEF равен 2. Найти тангенс угла FEC.
Отношение площади прямоугольника ABCD (BC\\AD) к квадрату его диагонали равно к. Найти угол EAF, где EuF — соответственно середины сторон ВС и CD.
Отношение боковых сторон трапеции равно отношению ее периметра к дайне вписанной окружности и равно к. Найти углы трапеции и допустимые значения к. "
В прямоугольном треугольнике найти угол между медианой и биссектрисой, проведенными из вершины острого угла, равного а.
Тангенс острого угла между медианами прямоугольного треугольника, проведенными к его катетам, равен к. Найти углы треугольника и допустимые значения к.
Найти синус угла ромба, если из середины его стороны противоположная сторона видна под углом а.
■ 3.178. Сторона треугольника равна а, разность углов, прилежащих
к данной стороне, равна я/2. Найти углы треугольника, если его площадь равна S.
Найти синус угла при вершине равнобедренного треугольника, зная, что периметр любого вписанного в него прямоугольника, две вершины которого лежат на основании, имеет постоянную величину.
Даны две стороны а и b треугольника и биссектриса / угла между ними. Найти этот угол.
Доказать, что если биссектриса одного из углов треугольника равна произведению заключающих его сторон, деленному на их сумму, то этот угол равен 120°.
В сектор радиуса К вписана окружность радиуса г. Найти периметр сектора.
Основание треугольника равно а, а углы при основании равны а и Д радианам. Из противоположной вершины треугольника радиусом, равным его высоте, проведена окружность. Найти длину дуги этой окружности, заключенной внутри треугольника.
Найти отношение площади сектора с данным центральным углом а радианов к площади вписанного в него круга.
Меньшая дуга окружности, стягиваемая хордой ЛВ, содержит а0. Через середину С хорды ЛВ проведена хорда ДЕ так, что ДС: СЕ= 1:3. Найти острый угол ЛСД и допустимые значения а.
Периметр сектора равен I. Найти расстояние от вершины центрального угла сектора до центра окружности, вписанной в этот сектор, если радиус дуги сектора равен К.
Дуга ЛВ сектора ЛОВ содержит а радианов. Через точку В и середину С радиуса ОЛ проведена прямая. В каком отношении она делит площадь сектора?
Радиус дуги сектора равен К, центральный угол ЛОВ равен а. Через середину С радиуса ОЛ проведена прямая, параллельная радиусу ОВ и пересекающая дугу ЛВ в точке Д. Найти площадь треугольника OCD.
Радиус дуги сектора ЛОВ равен R, центральный угол ЛОВ равен а. В этот сектор вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой дуги ЛВ, а две другие вершины лежат соответственно на радиусах О Л и ОВ. Найти стороны треугольника.
В ромб вписана окружность. В образовавшийся криволинейный треугольник (с острым углом) снова вписана окружность. Найти ее радиус, если высота ромба равна А, а острый угол равен а.
Высота равнобедренного треугольника равна А и составляет с боковой стороной угол а(а<л/6). Найти расстояние между центрами вписанной в треугольник и описанной около него окружностей.
В равнобедренном треугольнике угол при основании равен а. Высота, опущенная на основание, больше радиуса вписанного круга на т. Найти радиус описавонного круга.
Около круга радиуса г описана равнобедренная трапеция. Боковая сторона трапеции составляет с меньшим основанием угол а. Найти радиус круга, описанного около трапеции.
В круг вписана трапеция. Большее основание трапеции-состав- ляет с боковой стороной угол а, а с диагональю — угол р. Найти отношение площади круга к площади трапеции. '
В равнобедренный треугольник с основанием а и углом а при основании вписана окружность. Найти радиус окружности, касающейся вписанной окружности и боковых сторон треугольника.
В равнобедренном остроугольном треугольнике угол при ос-
новаиии равен а, а площадь равна S. Найти площадь треугольника, вершинами которого служат основания высот данного треугольника.
Пусть а, Ь, с — длины сторон остроугольного треугольника; А, В, С — углы, противолежащие сторонам; Р„, Рь, Рс — расстояния от центра описанной окружности до соответствующих сторон. В предположении, что А<В<С, расположить Ра, Рь, Рс в возрастающем порядке.
Известно, что в треугольнике ABC АВ—a, LC—a. Найти радиус окружности, проведенной через вершины А, В и центр окружности, вписанной в треугольник АВС.
Пусть О А — неподвижный радиус окружности с центром в точке О; В — середина радиуса О А; М — произвольная точка окружности. Найти наибольшее значение угла ОМВ.
Найти боковую поверхность и объем прямого параллелепипеда, если его высота равна А, диагонали составляют с основанием углы а и р, а основанием служит ромб.
Найти объем правильной четырехугольной призмы, если угол между диагональю призмы и боковой гранью равен а, а сторона основания равна а.
Одна из сторон основания прямой треугольной призмы равна а, а прилежащие к ней углы равны а и /?. Найти боковую поверхность призмы, если ее объем равен V.
Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник, основание которого равно а, а угол при основании равен а. Найти объем призмы, если ее боковая поверхность равна сумме площадей оснований.
В основании прямой призмы лежит равнобедренный треугольник с боковой стороной а и углом а между боковыми сторонами. Диагональ боковой грани, противолежащей данному углу, составляет со смежной боковой гранью угол <р. Найти объем призмы.
Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна / и составляет с двумя смежными гранями углы а и р. Найти объем параллелепипеда.
Основанием призмы служит правильный треугольник со стороной а. Боковое ребро равно b и составляет с пересекающими его сторонами основания углы, каждый из которых равен а. Найти объем призмы и допустимые значения а.
В правильной треугольной призме сторона основания равна а, угол между непересекающимися диагоналями двух боковых граней равен а. Найти высоту призмы.
В основании прямой призмы лежит треугольник. Два его угла равны а и /?, а площадь равна S. Прямая, проходящая через вершину верхнего основания и центр круга, описанного около нижнего основания, составляет с плоскостью основания угол у. Найти объем призмы.
В основании прямой призмы АВСА1В1С1 (ЛЛЛВВЛСС^ лежит равнобедренный треугольник АВС с углом а между равными сторонами АВ и АС. Отрезок прямой, соединяющий вершину Ат верхнего основания с центром круга, описанного около нижнего основания, равен I и составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем призмы.
В основании прямой призмы АВСАгВхСг (AAt USSjUCCj) лежит равнобедренный треугольник, у которого АВ—ВС = а и С АВС = а. Высота призмы равна Н. Найти расстояние от точки А до плоскости, проведенной через точки В, С и А,.
Основанием прямой призмы АВСА1В1С1 (АА, ||BBt ||СС,) слу-
жит равнобедренный треугольник АВС (АВ=АС), у которого периметр равен 2/>, а угол при вершине А равен а. Через сторону ВС и вершину А. проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол р. Найти объем призмы. ■ , . . . .
Основанием наклонной призмы служит равнобедренная трапеция, у которой боковая сторона и меньшее основание равны а, а острый угол равен р. Одна из вершин верхнего основания призмы равноудалена от всех вершин нижнего основания. Найти объем призмы, если боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а.
Основанием наклонной призмы ЛВСЛ,^^ (ЛЛ^ЛВЛСС^ служит равнобедренный треугольник, у которого АВ=АС=аи L САВ= = а. Вершина Вг верхнего основания равноудалена от всех сторон нижнего основания, а ребро ВгВ составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем призмы.
Основанием наклонной призмы служит прямоугольник со сторонами а и Ь. Две смежные боковые грани составляют с плоскостью основания углы а и р. Найти объем призмы, если боковое ребро равно с.
Основанием прямой призмы служит треугольник со стороной а и прилежащими к ней углами а и р. Через эту сторону основания под углом <р к нему проведена плоскость, пересекающая противоположное боковое ребро. Найти объем полученной треугольной пирамиды.
Площадь боковой грани правильной двенадцатиугольной пирамиды равна S. Плоский угол при вершине равен а. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у которой боковая сторона равна а, а острый угол равен а. Все боковые грани образуют с основанием пирамиды один и тот же угол р. Найти полную поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у которой острый угол равен а, а площадь равна S. Все боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольник. Каждое из боковых ребер равно / и составляет с прилежащими сторонами основания углы аир. Найти объем пирамиды.
В основании треугольной пирамиды лежит равнобедренный треугольник, у которого площадь равна S и угол при вершине равен а. Найти объем пирамиды, если угол между каждым боковым ребром и высотой пирамиды равен р.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Угол между смежными боковыми гранями равен а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, у которого радиус вписанной окружности равен г, а острый угол равен а. Все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза равна с, а меньший из острых углов равен а. Наибольшее боковое ребро составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем пирамиды, если ее высота проходит через точку пересечения медиан основания.
Из основания высоты правильной треугольной пирамиды на боковое ребро опущен перпендикуляр, равный р. Найти объем пирамиды, если двугранный угол между ее боковыми гранями равен а.
Из основания высоты правильной треугольной пирамиды на
боковое ребро опущен перпендикуляр, равный р. Найти объем пирамиды, если двугранный угол между боковой гранью и основанием пирамиды равен а.
Из основания высоты правильной треугольной пирамиды на боковую грань опущен перпендикуляр, равный d. Найти объем пирамиды, если угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен а.
В правильной треугольной пирамиде двугранный угол при основании равен а, а боковая поверхность равна S. Найти расстояние от центра основания до боковой грани.
Двугранный угол при основании правильной треугольной пирамиды равен а, боковая поверхность пирамиды равна S. Найти расстояние от центра основания до середины апофемы боковой грани.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти расстояние от центра основания пирамиды до ее бокового ребра.
Основанием пирамиды служит ромб со стороной а и острым углом а. Две боковые грани перпендикулярны основанию, а две другие наклонены к нему под углом <р. Найги объем и боковую поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольник. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, две другие составляют с ней углы а и Д. Найти боковую поверхность пирамиды, если высота пирамиды равна Н.
Одно боковое ребро треугольной пирамиды перпендикулярно плоскости основания и равно /, два других образуют между собой угол а, а с плоскостью основания — один и тот же угол р. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит ромб со стороной а. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания и образуют между собой угол р. Две другие боковые грани составляют с плоскостью основания угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Плоский угол при вершине правильной n-угольной пирамиды равен а. Отрезок прямой, соединяющий центр основания пирамиды с серединой бокового ребра, равен а. Найти полную поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит равнобедренный остроугольный треугольник, у которого основание равно а, а противолежащий угол равен а. Боковое ребро пирамиды, проходящее через вершину данного угла, составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем пирамиды, если высота пирамиды проходит через точку пересечения высот основания.
В прямоугольном треугольнике с острым углом а через наименьшую медиану проведена плоскость, составляющая с плоскостью треугольника угол р. Найти углы между этой плоскостью и катетами треугольника.
Через сторону ромба проведена плоскость, образующая с диагоналями углы а и 2а. Найти острый угол ромба.
В прямоугольном треугольнике через его гипотенузу проведена плоскость, составляющая с плоскостью треугольника угол а, а с одним из катетов — угол р. Найти угол между этой плоскостью и вторым катетом.
Основанием прямой призмы служит прямоугольный треугольник, у которого один из острых углов равен а. Наибольшая по площади боковая грань призмы — квадрат. Найти угол между пересекающимися диагоналями двух других боковых граней.
Найти плоский угол при вершине правильной четырехугольной пирамиды, если он равен углу между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды.
Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна а, ее объем равен V. Найти косинус угла между диагоналями двух смежных боковых граней.
Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого острый угол между равными сторонами равен а. Все боковые ребра составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Через сторону основания, противолежащую данному углу а, и середину высоты пирамиды проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания.
Ребра прямоугольного параллелепипеда относятся как 3:4:12. Через большее ребро проведено диагональное сечение. Найти синус угла между плоскостью этого сечения и не лежащей в ней диагональю параллелепипеда.
Отношение площади диагонального сечения правильной четырехугольной пирамиды к площади ее основания равно к. Найти косинус плоского угла при вершине пирамиды.
Боковая грань правильной треугольной пирамиды составляет с плоскостью основания угол, тангенс которого равен к. Найти тангенс угла между боковым ребром и апофемой противолежащей грани.
Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого площадь равна S, а угол между боковыми сторонами равен а. Все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью основания один и тот же угол. Найти этот угол, если объем пирамиды равен V.
ЗЛАТ. Основанием призмы служит прямоугольник. Боковое ребро составляет равные углы со сторонами основания и наклонено к плоскости основания под углом а. Найти угол между боковым ребром и стороной основания.
Диагонали АВХ и СВХ двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда АВСВА1ВгСгВ1 составляют с диагональю АС основания ABCD углы, равные соответственно а и р. Найти угол между плоскостью треугольника АВ^ и плоскостью основания.
В правильной треугольной пирамиде сумма углов, образованных апофемой пирамиды с плоскостью основания и боковым ребром с той же плоскостью, равна я/4. Найти эти углы.
Все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью основания один и тот же угол. Найти этот угол, если отношение полной поверхности пирамиды к площади основания равен к. При каких значениях к задача имеет решение? 1
Косинус угла между боковыми ребрами правильной четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен к. Найти косинус плоского угла при вершине пирамиды.
Отношение полной поверхности правильной n-угольной пирамиды к площади основания равно I. Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания.
Найти угол между апофемой правильной треугольной пирамиды и плоскостью ее основания, если разность между этим углом и углом, который составляет боковое ребро пирамиды с плоскостью основания, равна а.
Боковая поверхность треугольной пирамиды равна S, а каждое из боковых ребер равно /. Найти плоские углы при вершине, зная, что они образуют арифметическую прогрессию с разностью я/3.
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, у которого один из острых углов равен а. Все боковые ребра одинаково наклонены к плоскости основания. Найти двугранные углы при основании, если высота пирамиды равна гипотенузе треугольника, лежащего в ее основании.
Основанием пирамиды SABC служит равносторонний треугольник АВС. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания. Найти угол между боковой гранью SBC и плоскостью основания, если боковая поверхность пирамиды относится к площади основания как 11:4.
Величина угла между боковым ребром правильной четырехугольной пирамиды и плоскостью основания равна величине плоского угла при вершине пирамиды. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания.
Расстояние от стороны основания правильной треугольной пирамиды до непересекающего ее ребра в 2 раза меньше стороны основания. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды. ■
Боковые грани правильной треугольной призмы — квадраты. Найти угол между диагональю боковой грани и не пересекающей ее стороной основания призмы.
Боковая грань правильной треугольной пирамиды SABC составляет с плоскостью основания угол а. Через сторону ВС основания и точку D на боковом ребре AS проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания, если AD:DS=k.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, ее боковая поверхность равна S. Найти угол между смежными боковыми гранями.
Отрезок прямой, соединяющий центр основания правильной треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне основания. Найти косинус угла между смежными боковыми гранями.
Линейный угол двугранного угла, составленного двумя смежными боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, в 2 раза больше плоского угла при вершине пирамиды. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
Основанием пирамиды является прямоугольник ABCD (ЛВЦСД). Боковое ребро О А перпендикулярно основанию. Ребра ОВ и ОС составляют с основанием углы, соответственно равные а и /1. Найти угол между ребром OD и основанием.
Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Сумма двух неравных между собой плоских углов при вершине равна л/2. Найти эти углы.
Через диагональ основания и высоту правильной четырехугольной пирамиды проведена плоскость. Отношение площади сечения к боковой поверхности пирамиды равно к. Найти косинус угла между апофемами противоположных боковых граней и допустимые значения к.
В правильной треугольной пирамиде через боковое ребро и высоту проведена плоскость. Отношение площади сечения к полной поверхности пирамиды равно к. Найти двугранный угол при основании и допустимые значения к.
Косинус угла между двумя смежными боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды равен к. Найти косинус угла между боковой гранью н плоскостью основания и допустимые значения к.
Острый угол ромба, лежащего в основании четырехугольной пирамиды, равен а. Отношение полной поверхности пирамиды к квадрату стороны основания равно к. Найти синус угла между апофемой и высотой пирамиды, если все ее боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания. Каковы допустимые значения А?
Найти косинус угла между иепересекающимися диагоналями двух смежных боковых граней правильной треугольной призмы, у которой боковое ребро равно стороне основания.
Боковое ребро правильной треугольной пирамиды в 2 раза больше стороны основания. Найти угол между апофемой пирамиды и не пересекающей ее высотой треугольника, лежащего в основании пирамиды. ■
Через вершину квадрата, лежащего в основании правильной призмы, проведена плоскость параллельно противолежащей диагонали квадрата под углом а к плоскости основания. Найти углы многоугольника в сечении призмы этой плоскостью (предполагается, что высота призмы достаточно велика для того, чтобы этим сечением оказался четырехугольник).
Основанием прямой призмы служит равносторонний треугольник. Через одну из его сторон проведена плоскость, отсекающая от призмы пирамиду, объем которой равен V. Найти площадь сечения, если угол между секущей плоскостью и плоскостью основания равен а.
Через вершину правильной треугольной пирамиды и середины двух сторон основания проведено сечение. Найти площадь сечения и объем пирамиды, если известны сторона а основания и угол а между сечением и основанием.
В основании пирамиды лежит ромб, один из углов которого равен а. Боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания. Через середины двух смежных сторон основания и вершину пирамиды проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол р. Площадь полученного сечения равна S. Найти сторону ромба.
Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Площадь сечения, проведенного через большую диагональ основания и вершину пирамиды, равна S. Найти объем пирамиды.
Основанием пирамиды служит равнобедренный остроугольный треугольник, у которого боковая сторона равна 6, а угол при основании равен а. Все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через вершину данного угла а, и высоту пирамиды.
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании равен а. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию. Площадь сечения равна боковой поверхности образовавшейся усеченной пирамиды. Найти расстояние от секущей плоскости до основания пирамиды.
В правильной четырехугольной пирамиде проведено сечение, параллельное основанию. Прямая, проходящая через вершину основания и прртиволежащую (т. е. не принадлежащую той же грани) вершину сечения составляет с плоскостью основания угол а. Найти площадь сечения, если боковое ребро пирамиды равно диагонали основания и равно а.
Высота правильной треугольной пирамиды равна Я. Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Через сторону основа-
ния и середину противолежащего бокового ребра проведена плоскость. Найти площадь полученного сечения.
Найти объем и боковую поверхность правильной треугольной пирамиды, если плоскость, проходящая через Сторону основания а и середину ее высоты, наклонена к основанию под углом <р.
Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды составляет с плоскостью основания угол а. Через вершину основания и середину противолежащего бокового ребра проведена плоскость параллельно одной из диагоналей основания. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания пирамиды.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, угол между боковым ребром и плоскостью основания равен а (а>я/4). Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через вершину основания перпендикулярно противоположному боковому ребру (т. е. ребру, не лежащему с этой вершиной в одной боковой грани).
Высота правильной четырехугольной пирамиды образует с боковым ребром угол а. Через вершину пирамиды параллельно диагонали основания проведена плоскость, составляющая угол Д со второй диагональю. Площадь полученного сечения равна 5. Найти высоту пирамиды. ■
Высота правильной треугольной пирамиды равна Н и составляет с боковым ребром угол а. Через сторону основания проведена плоскость, пересекающая противоположное боковое ребро под углом Р (Р<к/2—а). Найти объем той части пирамиды, которая заключена между этой плоскостью и плоскостью основания.
В правильной треугольной призме плоскость, проведенная через центр основания и центры симметрии двух боковых граней, составляет с плоскостью основания острый угол а. Найти площадь сечения, образованного этой плоскостью, если сторона основания равна а.
В прямой призме ABCAxBxCt (A^JISSJICCJ стороны основания АВ и ВС равны соответственно а и Ь, а угол между ними равен а. Через биссектрису данного угла и вершину Ах проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания острый угол р. Найти площадь сечения. ■
В правильной треугольной пирамиде с углом а между боковым ребром и стороной основания проведено сечение через середину бокового ребра параллельно боковой грани. Зная площадь S этого сечения, найти объем пирамиды. Каковы возможные значения а?
Отрезок прямой, соединяющий точку окружности верхнего основания цилиндра с точкой окружности нижнего основания, равен I и составляет с плоскостью основания угол а. Найти расстояние от этой прямой до оси цилиндра, если осевое сечение цилиндра есть квадрат. Каковы возможные значения а?
Две вершины равностороннего треугольника со стороной а лежат на окружности верхнего основания цилиндра, а третья вершина — на окружное™ нижнего основания. Плоскость треугольника составляет с образующей цилиндра угол а. Найти боковую поверхность цилиндра.
Точка А лежит на окружности верхнего основания цилиндра, точка В — на окружности нижнего основания. Прямая АВ составляет с плоскостью основания угол а, а с плоскостью осевого сечения, проведенного через точку В,— угол р. Найти объем цилиндра, если длина отрезка АВ равна I.
Два конуса имеют концентрические основания и один и тот же угол, равный а, между высотой и образующей. Радиус основания внешнего конуса равен Л Боковая поверхность внутреннего конуса в 2 раза меньше полной поверхности внешнего конуса. Найти объем внутреннего конуса.
В основании прямой призмы АВСАхВхСх (Л^ЛДДЛСС,) лежит прямоугольный треугольник ЛВС, у которого больший катет АС равен а, а противолежащий ему угол В равен а. Гипотенуза АВ является диаметром основания конуса, вершина которого лежит на ребре AxCv Найти высоту конуса, если ААХ —а,!.
Угол между высотой и образующей конуса равен а. Через вершину конуса проведена плоскость, составляющая угол Д с высотой (^<а\ В каком отношении эта плоскость делит окружность основания?
Высота конуса равна Н, угол между образующей и плоскостью основания равен а. Полная поверхность этого конуса делится пополам плоскостью, перпендикулярной его высоте. Найти расстояние от этой плоскости до основания конуса.
Два конуса имеют общую высоту; их вершины лежат на противоположных концах этой высоты. Образующая одного конуса равна I и составляет с высотой угол а. Образующая другого конуса составляет с высотой угол р. Найти объем общей части обоих конусов.
Найти угол между образующей конуса и плоскостью основания, если боковая поверхность конуса равна сумме площадей основания и осевого сечения.
В усеченном конусе диагонали осевого сечения взаимно перпендикулярны и длина каждой из них равна а. Угол между образующей и плоскостью основания равен а. Найти полную поверхность усеченного конуса.
Через две образующие конуса, угол между которыми равен а, проведена плоскость. Площадь сечения относится к полной поверхности конуса как 2: к. Найти угол между образующей и высотой конуса.
Высота конуса составляет с образующей угол а. Через вершину конуса проведена плоскость под углом р (^>я/2—а) к плоскости основания. Найти площадь сечения, если высота конуса равна h.
Через вершину конуса проведена плоскость, делящая окружность основания в отношении р: q. Эта плоскость отстоит от центра основания конуса на расстояние а и составляет с высотой конуса угол а. Найти объем конуса.
Отношение полной поверхности конуса к площади его осевого сечения равно к. Найти угол между высотой и образующей конуса и допустимые значения к.
Катет прямоугольного треугольника равен а, противолежащий ему угол равен а. Этот треугольник вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости треугольника, проходящей через вершину данного угла и перпендикулярной его биссектрисе. Найти объем тела вращения.
Тупоугольный равнобедренный треугольник вращается вокруг прямой, проходящей через точку пересечения его высот параллельно большей стороне. Найти объем тела вращения, если тупой угол равен а, а противолежащая ему сторона треугольника равна а.
Найти углы прямоугольного треугольника, если объем тела, полученного от вращения треугольника вокруг меньшего катета, равен сумме объемов тел, полученных от вращения треугольника вокруг его гипотенузы и вокруг большего катета.
Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с, его острый
угол равен я. Треугольник вращается вокруг биссектрисы внешнего прямого угла. Найти объем тела вращения.
На отрезке АВ, равном 1R, построена как на диаметре полуокружность и проведена хорда CD параллельно АВ. Найти объем тела, образованного вращением треугольника ACD вокруг диаметра АВ, если вписанный угол, опирающийся на дугу АС, равен я (AC<AD).
Большее основание равнобедренной трапеции равно а, острый угол равен я. Диагональ трапеции перпендикулярна ее боковой стороне. Трапеция вращается вокруг ее большего основания. Найти объем тела вращения.
Сторона правильного треугольника равна а. Треугольник вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости «треугольника вне его, проходящей через вершину треугольника и составляющей со стороной угол я. Найти объем тела вращения и выяснить, при каком значении а этот объем является наибольшим.
Плоская ломаная линия состоит из л равных отрезков, соединенных в виде зигзага под углом я друг к другу. Длина каждого отрезка ломаной равна а. Эта линия вращается вокруг прямой, проходящей через один из ее концов параллельно биссектрисе угла я. Найти площадь поверхности вращения.
В треугольнике АВС угол А равен я, угол С равен р и биссектриса BD равна /. Треугольник ABD вращается вокруг прямой BD. Найти объем тела вращения.
Боковая сторона равнобедренного треугольника равна а, угол при основании равен я. Этот треугольник вращается вокруг прямой, проходящей через вершину, противолежащую основанию, параллельно биссектрисе угла я. Найти поверхность тела вращения.
Перпендикуляр, опущенный из центра основания конуса на образующую, вращается около оси конуса. Найти угол между его образующей и осью, если поверхность вращения делит объем конуса пополам.
Площадь сегмента равна S, а дуга сегмента равна я радианам. Этот сегмент вращается вокруг своей оси симметрии. Найти поверхность тела вращения.
При вращении кругового сектора около одного из крайних радиусов получилось тело, площадь сферической поверхности которого равна площади конической поверхности. Найти синус центрального угла кругового сектора.
Высота правильной треугольной усеченной пирамиды равна Я и является средним пропорциональным между сторонами оснований. Боковое ребро составляет с основанием угол я. Найти объем пирамиды.
Боковая грань правильной четырехугольной усеченной пирамиды составляет с плоскостью основания угол я. Плоскость, проведенная через сторону нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания, образует с плоскостью основания угол р. Боковая поверхность пирамиды равна S. Найти стороны верхнего и нижнего оснований.
Боковое ребро правильной четырехугольной усеченной пирамиды равно стороне меньшего основания и равно а. Угол между боковым ребром и стороной большего основания равен я. Найти площадь диагонального сечения усеченной пирамиды.
Сторона нижнего основания правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна а, сторона верхнего основания равна 6. Боковая грань составляет с плоскостью основания угол я. Через сторону
нижнего основания и середину отрезка, соединяющего центры оснований, проведена плоскость, пересекающая противоположную боковую грань по некоторой прямой. Найти расстояние от этой прямой до нижнего основания.
Стороны оснований правильной четырехугольной усеченной пирамиды относятся как т:л (т>п). Высота пирамиды равна Н. Боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Основаниями усеченной пирамиды служат правильные треугольники. Прямая, проходящая через середину одной стороны верхнего основания и середину параллельной ей стороны нижнего основания, перпендикулярна плоскостям оснований. Большее боковое ребро равно I и составляет с плоскостью основания угол а. Найти длину отрезка, соединяющего центры верхнего и нижнего оснований.
Две боковые грани усеченной треугольной пирамиды — равные прямоугольные трапеции с острым углом а и общей меньшей боковой стороной. Двугранный угол между этими гранями равен Д Найти угол между третьей боковой гранью и плоскостью основания.
В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб; вершины его верхнего основания лежат на боковых ребрах, вершины нижнего основания — в плоскости основания пирамиды. Найти отношение объема куба к объему пирамиды, если боковое ребро пирамиды составляет с плоскостью основания угол а.
Сторона квадрата, лежащего в основании правильной четырехугольной пирамиды, равна а. В пирамиду вписана правильная четырехугольная призма; вершины верхнего основания лежат на боковых ребрах, вершины нижнего основания — в плоскости основания пирамиды. Диагональ призмы составляет с плоскостью основания угол ф. Найти объем призмы, если боковое ребро пирамиды составляет с плоскостью основания угол а.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат на апофемах пирамиды, четыре — на основании пирамиды. Найти ребро куба.
Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а; две боковые грани пирамиды перпендикулярны основанию, а большее боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом р. В пирамиду вписан прямоугольный параллелепипед; одно его основание лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания — на боковых ребрах пирамиды. Найти объем параллелепипеда, если его диагональ составляет с плоскостью основания угол а.
Боковое ребро правильной четырехугольной усеченной пирамиды составляет с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписан прямоугольный параллелепипед так, что его верхнее основание совпадает с верхним основанием пирамиды, а нижнее основание лежит в плоскости нижнего основания пирамиды. Найти отношение боковых поверхностей пирамиды и параллелепипеда, если диагональ параллелепипеда составляет с его основанием угол а.
Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник с углом а между боковыми сторонами. Пирамида помещена в некоторый цилиндр так, что ее основание оказалось вписанным в основание этого цилиндра, а вершина совпала с серединой одной из образующих цилиндра. Объем цилиндра равен V. Найти объем пирамиды.
Я?
Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно а и составляет с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан цилиндр с квадратным осевым сечением (основание цилиндра лежит в плоскости основания пирамиды). Найти объем цилиндра.
В цилиндр вписан прямоугольный параллелепипед, диагональ которого составляет с прилежащими к ней сторонами основания углы а и р. Найти отношение объема параллелепипеда к объему цилиндра.
Одна из граней треугольной призмы, вписанной в цилиндр, проходит через ось цилиндра. Диагональ этой грани составляет с прилежащими к ней сторонами основания призмы углы а и р. Найти объем призмы, если высота цилиндра равна Н.
В конус вписан куб (одна из граней куба лежит в плоскости основания конуса). Отношение высоты конуса к ребру куба равно к. Найти угол между образующей и высотой конуса.
Угол между высотой и образующей конуса равен а. В конус вписана правильная треугольная призма; нижнее основание призмы лежит в плоскости основания конуса. Боковые грани призмы — квадраты. Найти отношение боковых поверхностей призмы и конуса.
В конус вписан цилиндр; нижнее основание цилиндра лежит в плоскости основания конуса. Прямая, проходящая через центр верхнего основания цилиндра и точку на окружности основания конуса, составляет с плоскостью основания угол а. Найти отношение объемов конуса и цилиндра, если угол между образующей и высотой конуса равен р.
В конус вписан цилиндр, высота которого равна диаметру основания конуса. Полная поверхность цилиндра равна площади основания конуса. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.
В конус помещена пирамида; основание пирамиды вписано в основание конуса, а вершина пирамиды лежит на одной из образующих конуса. Все боковые грани пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник с углом а(а>я/3) при вершине. Найти отношение объемов конуса и пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник с острым углом а. Этот треугольник вписан в основание конуса. Вершина пирамиды совпадает с серединой одной из образующих конуса. Найти отношение объема конуса к объему пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, вписанный в основание конуса. Вершина пирамиды совпадает с вершиной конуса. Боковые грани пирамиды, содержащие катеты основания, составляют с плоскостью основания углы а и р. Найти отношение объемов пирамиды и конуса.
Расстояние от середины высоты правильной четырехугольной пирамиды до ее боковой грани равно d. Найти полную поверхность вписанного в пирамиду конуса, если его образующая составляет с плоскостью основания угол а. ■
Расстояние от вершины основания правильной треугольной пирамиды до противоположной боковой грани равно /. Угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды равен а. Найти полную поверхность конуса, вписанного в пирамиду.
Основанием пирамиды служит равнобедренный остроугольный треугольник, у которого боковая сторона равна а, а угол между боковыми сторонами равен а. Боковая грань пирамиды, проходящая
через сторону основания, противолежащую данному углу а, составляет с плоскостью основания угол р. Найти объем конуса, описанного около пирамиды, если все ее боковые ребра равны между собой.
Отношение объема прямого параллелепипеда к объему вписанного в него шара равно к. Найти углы в основании параллелепипеда и допустимые значения к.
Около шара описана прямая призма, основанием которой служит ромб. Большая диагональ призмы составляет с плоскостью основания угол а. Найти острый угол ромба.
Около шара описана прямая призма, основанием которой служит ромб с острым углом а. Найти угол между большей диагональю призмы и плоскостью основания.
Основанием прямой призмы, описанной около шара радиуса г, служит прямоугольный треугольник с острым углом а. Найти объем призмы.
Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, делит высоту пирамиды в отношении т: п, считая от вершины пирамиды. Найти угол между двумя смежными боковыми гранями.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а; боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Найти радиус описанного шара.
В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Расстояние от центра шара до вершины пирамиды равно а, а угол между боковой гранью и плоскостью основания равен а. Найти полную поверхность пирамиды.
Плоский угол при вершине правильной четырехугольной пирамиды равен а. Найти боковую поверхность пирамиды, если радиус шара, вписанного в эту пирамиду, равен R.
Радиус шара, описанного около правильной треугольной пирамиды, равен апофеме пирамиды. Найти угол между апофемой и плоскостью основания пирамиды.
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти радиус вписанного в пирамиду шара.
Радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, в 4 раза меньше стороны основания пирамиды. Найти косинус плоского угла при вершине пирамиды.
В пирамиде, у которой все боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания, через центр вписанного шара параллельно основанию проведена плоскость. Отношение площади сечения пирамиды этой плоскостью к площади основания равно к. Найти двугранный угол при основании пирамиды.
Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, равные стороны которого имеют длину Ь; соответствующие им боковые грани перпендикулярны плоскости основания и образуют между собой угол а. Угол между третьей боковой гранью и плоскостью основания также равен а. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду.
Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а., Найти объем пирамиды, если ее боковые грани образуют с основанием один и тот же двугранный угол Р и радиус вписанного в нее шара равен г.
Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду, если объем пирамиды равен V.
Отношение стороны основания правильной n-угольной пирамиды к радиусу описанного шара равно к. Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания и допустимые значения к.
Около шара радиуса R описана правильная п-угольная пирамида, боковая грань которой составляет с плоскостью основания угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого угол между диагоналями равен а. Около этой пирамиды описан шар радиуса R. Найти объем пирамиды, если все ее боковые ребра образуют с основанием угол ^.
Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого угол между диагоналями равен а. Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания, а наибольшее боковое ребро составляет с плоскостью основания угол р. Радиус шара, описанного около пирамиды, равен R. Найти объем пирамиды.
Боковые ребра и две стороны основания треугольной пирамиды имеют одну и ту же длину а, а угол между равными сторонами основания равен а. Найти радиус описанного шара.
Две грани треугольной пирамиды — равные между собой прямоугольные треугольники с общим катетом, равным /. Угол между этими гранями равен а. Две другие грани пирамиды образуют двугранный угол р. Найти радиус шара, описанного около пирамиды.
Боковая грань правильной треугольной усеченной пирамиды составляет с плоскостью основания угол а. Найти отношение полной поверхности пирамиды к поверхности вписанного в нее шара.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании равен а. В эту пирамиду вписан шар. Найти объем пирамиды, вершинами которой служат точки касания шаровой поверхности с боковыми гранями данной пирамиды и произвольная точка, лежащая в плоскости основания данной пирамиды.
Объем правильной пирамиды равен V. Через центр вписанного в пирамиду шара проведена плоскость, параллельная ее основанию. Найти объем пирамиды, отсекаемой от данной пирамиды этой плоскостью, если двугранный угол при основании равен а.
В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная усеченная пирамида, у которой большее основание проходит через центр шара, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. Найти объем усеченной пирамиды.
Найти отношение объема правильной n-угольной пирамиды к объему описанного шара, если угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды равен а.
В конус помещен шар так, что их поверхности касаются. Радиус шара равен R, а угол при вершине осевого сечения конуса равен 2а. Найти объем тела, ограниченного поверхностями шара и конуса.
Отношение поверхности шара, вписанного в конус, к площади основания конуса равно к. Найти косинус угла между образующей конуса и плоскостью его основания и допустимые значения к.
Отношение объема шара, вписанного в конус, к объему описанного шара равно к. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания и допустимые значения к.
В шар, радиус которого равен R, вписан конус; в этот конус вписан цилиндр с квадратным осевым сечением. Найти полную поверхность цилиндра, если угол между образующей конуса и плоскостью его основания равен а.
В полушар вписано тело, состоящее из цилиндра и поставленного на него конуса. Нижнее основание цилиндра лежит в плоскости большого круга полушара; верхнее основание цилиндра совпадает с основанием конуса и касается поверхности шара. Вершина конуса лежит на поверхности шара. Образующая конуса составляет с плоскостью его основания угол а. Найти отношение объема тела к объему полушара.
В конус вписан шар. Радиус круга касания поверхности шара и боковой поверхности конуса равен г. Прямая, проходящая через центр шара и произвольную точку окружности основания конуса, составляет с высотой конуса угол а. Найти объем конуса. '
Отношение объема конуса к объему вписанного в него шара равно к. Найти угол между образующей и плоскостью основания конуса и допустимые значения к.
Высота конуса равна Н, угол между образующей и плоскостью основания равен а. В этот конус вписан шар. К окружности касания шаровой и конической поверхностей проведена касательная прямая, а через эту прямую проведена плоскость параллельно высоте конуса. Найти площадь сечения шара этой плоскостью.
В шар радиуса К вписаны два конуса с общим основанием; вершины конусов совпадают с противоположными концами диаметра шара. Шаровой сегмент, вмещающий меньший конус, имеет в осевом сечении дугу, равную а0. Найти расстояние между центрами шаров, вписанных в эти конусы.
В конус вписан шар и к шару проведена касательная плоскость параллельно плоскости основания конуса. В каком отношении эта плоскость делит боковую поверхность конуса, если угол между образующей и плоскостью основания равен а?
Образующая конуса равна / и составляет с высотой угол а. Через две образующие конуса, угол между которыми равен р, проведена плоскость. Найти расстояние от этой плоскости до центра шара, вписанного в конус.
В конус вписан шар. Окружность касания шаровой и конической поверхностей делит поверхность шара в отношении 1:4. Найти угол между образующей конуса и плоскостью основания.
Образующая конуса равна I и составляет с плоскостью основания угол а. В этот конус вписан шар, а в шар вписана правильная треугольная призма, у которой все ребра равны между собой. Найти объем призмы.
Радиус основания конуса равен R, угол между образующей и плоскостью основания равен а. В этот конус вписан шар. Через точку Р, лежащую на окружности касания шаровой и конической поверхностей, проведена касательная прямая к этой окружности, а через эту прямую проведена плоскость параллельно образующей конуса, проходящей через точку, диаметрально противоположную точке Р. Найти площадь сечения шара этой плоскостью.
Вершина конуса находится в центре шара, а основание конуса касается поверхности шара. Полная поверхность конуса равна поверхности шара. Найти угол между образующей и высотой конуса. ,
Найти угол между образующей и основанием усеченного конуса, полная поверхность которого вдвое больше поверхности вписанного в него шара.
Образующая усеченного конуса, описанного около шара, равна а, угол между образующей и плоскостью основания равен а. Найти объем конуса, основанием которого служит круг касания шаровой пове-
рхности с боковой поверхностью усеченного конуса, а вершина совпадает с центром большего основания усеченного конуса. , ,
В усеченный конус вписан шар. Сумма длин диаметров верхнего и нижнего оснований конуса в 5 раз больше длины радиуса шара. Найти угол между образующей конуса и плоскостью основания.
В усеченный конус вписан шар, объем которого в 2 раза меньше объема конуса. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания. '
На шаровой поверхности радиуса R лежат все вершины равнобедренной трапеции, у которой меньшее основание равно боковой стороне, а острый угол равен а. Найти расстояние от центра шара до плоскости трапеции, если большее основание трапеции равно радиусу шара.
Найти отношение объема шарового сегмента к объему всего шара, если дуга в осевом сечении сегмента соответствует центральному углу, равному а.
В основание шарового сегмента вписан прямоугольный треугольник, у которого площадь равна 8, а острый угол равен а. Найти высоту сегмента, если его дуге в осевом сечении соответствует центральный угол, равный р.
В шаровой сектор радиуса R вписан шар. Найти радиус окружности касания поверхностей шара и сектора, если центральный угол в осевом сечении шарового сектора равен а.
Группа В
Отношение радиуса окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, к радиусу окружности, описанной около него, равно т. Найти углы треугольника и допустимые значения т. •
Углы треугольника равны А, В и С. Высота треугольника, проходящая через вершину угла В, равна И. На этой высоте как на диаметре построена окружность. Точки пересечения окружности со сторонами АВ и ВС треугольника соединены с концами высоты. Найти площадь построенного четырехугольника.
В остроугольном треугольнике ABC СА = а радианов и LB=P радианов, АС=Ь. Через ортоцентр (точку пересечения высот) и основания высот, опущенных на стороны АВ и ВС, проведена окружность. Найти площадь общей части треугольника и круга.
В остроугольном треугольнике АВС известны углы. Найти отношение, в котором ортоцентр делит высоту, проведенную из вершины угла А.
В треугольнике даны две стороны а и Ь (а>Ь) и площадь 5. Найти угол между высотой и медианой, проведенными к третьей стороне. .
В равносторонний треугольник АВС вписан равносторонний треугольник DEF; точка D лежит на стороне ВС, точка Е — на стороне АС и точка F — на стороне АВ. Сторона АВ относится к стороне DF как 8:5. Найти синус угла DEC.
В треугольнике АВС даны острые углы а и у (а>у) при основании АС. Из вершины В проведены высота BD и биссектриса BE. Найти площадь треугольника BDE, если площадь треугольника АВС равна 8.
Расстояние между центрами двух внешне касающихся окру- -
жностей равно d. Угол между их общими внешними касательными равен а радианам. Найти площадь криволинейного треугольника, ограниченного отрезком одной касательной и двумя соответствующими дугами окружностей.
Тангенс угла между медианой и высотой, проведенными к боковой стороне равнобедренного треугольника, равен 1/2. Найти синус угла при вершине.
В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AL и CN. Найти радиус окружности, проходящей через точки В, Ln N, если АС=а и LABC-a.
Стороны параллелограмма равны а и b (а<Ь\ Меньшая диагональ составляет с меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной — угол а. Найти большую диагональ параллелограмма.
В параллелограмме даны две стороны а и Ъ (а >6) и острый угол а между диагоналями. Найти углы параллелограмма.
В параллелограмме даны две стороны а и b (а>Ь) и высота h, проведенная к большей стороне. Найти острый угол между диагоналями параллелограмма.
Стороны параллелограмма равны а и b (а < Ь). Из середины большей стороны параллельная сторона видна под углом а. Найти площадь параллелограмма. .
Отношение периметра параллелограмма к его большей диагонали равно к. Найти углы параллелограмма, если известно, что большая диагональ делит угол параллелограмма в отношении 1:2.
Длины четырех дуг, на которые разбита вся окружность радиуса R, составляют геометрическую прогрессию со знаменателем, равным 3. Точки деления служат вершинами четырехугольника, вписанного в эту окружность. Найти его площадь.
Отношение радиуса круга, описанного около трапеции, к радиусу круга, вписанного в нее, равно к. Найти углы трапеции и допустимые значения к.
Показать, что отношение площади любого треугольника к площади описанного около него круга меньше 2/3.
Для остроугольного треугольника образованы три числа, выражающие отношения длин его сторон к соответствующим расстояниям от них центра описанной окружности. Доказать, что сумма этих чисел в 4 раза меньше их произведения. ,
В сегмент с центральным углом а вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой хорды сегмента, а две другие лежат на дуге сегмента. Высота треугольника равна h. Найти радиус дуги сегмента.
Прямая, перпендикулярная хорде сегмента, делит хорду в отношении 1:4, а дугу — в отношении 1:2. Найти косинус центрального угла, опирающегося на эту дугу.
В сектор POQ радиуса R с центральным углом а вписан прямоугольник; две его вершины лежат на дуге сектора, две другие — на радиусах ОР и OQ. Найти площадь прямоугольника, если острый угол между его диагоналями равен 0.
В сегмент окружности радиуса R вписаны две равные окружности, касающиеся друг друга, дуги сегмента и его хорды. Найти радиусы этих окружностей, если центральный угол, опирающийся на дугу сегмента, равен а(а<л).
Угол между плоскостями двух равных прямоугольных треугольников АВС и АВС с общей гипотенузой АС равен а. Угол между
' равными катетами АВ и AD равен р. Найти угол между катетами ВС и CD.
Один из плоских углов трехгранного угла равен а. Двугранные углы, прилежащие к этому плоскому углу, равны Р и у. Найти два других плоских угла.
Даны три попарно взаимно перпендикулярных луча ОМ, ON и ОР. На луче ОМ взята точка А на расстоянии ОА, равном а; на лучах ON и ОР взяты соответственно точки В и С так, что угол АВС равен а, а угол АС В равен р. Найти ОВ и ОС.
Отношение двух отрезков, заключенных между параллельными плоскостями, равно к, а углы, которые каждый из этих отрезков составляет с одной из плоскостей, относятся как 2:3. Найти эти углы и допустимые значения к.
Угол между плоскостью квадрата ABCD (ЛДЦСЛ) и некоторой плоскостью Р равен а, а угол между стороной АВ и той же плоскостью равен р. Найти угол между стороной AD и плоскостью Р.
В основании прямой призмы лежит параллелограмм с острым углом а. Диагонали призмы составляют с плоскостью основания углы Р и у (Р<у). Найтн объем призмы, если ее высота равна Н.
Основанием призмы служит параллелограмм с острым углом а. Боковое ребро, проходящее через вершину данного угла а, равно b и составляет с прилежащими сторонами основания углы, каждый из которых равен р. Найти высоту призмы.
В основании прямой призмы лежит параллелограмм с острым углом <р между диагоналями. Диагонали каждой из смежных боковых граней пересекаются под углами а и р (а>Р), обращенными к соответствующим сторонам основания. Найти объем призмы, если ее высота равна h.
Основанием наклонной призмы служит прямоугольный треугольник с острым углом а. Боковая грань, содержащая гипотенузу, перпендикулярна основанию, а боковая грань, содержащая катет, прилежащий к данному углу, составляет с основанием острый угол р. Найти острый угол между третьей боковой гранью и основанием .
В основании прямой призмы лежит равнобедренная трапеция, диагонали которой перпендикулярны соответствующим боковым сторонам. Угол между диагоналями трапеции, противолежащий ее боковой стороне, равен а. Отрезок прямой, соединяющий вершину верхнего основания с центром окружности, описанной около нижнего основания, равен / и образует с плоскостью основания угол р. Найти объем призмы.
Основанием призмы служит правильный треугольник со стороной а. Боковое ребро равно о и составляет с пересекающз|ми его сторонами основания углы а н р. Найтн объем призмы.
В основании прямого параллелепипеда лежит параллелограмм с диагоналями а и b (а>Ь) и острым углом а между ними. Меньшая диагональ параллелепипеда образует с большей диагональю основания острый угол (L Найти объем параллелепипеда.
Основание прямой призмы — ромб. Одна из диагоналей призмы равна а и составляет с плоскостью основания угол а, а с одной из боковых граней — угол р. Найти объем призмы.
В правильной четырехугольной призме ABCDAXBXCXDX (ЛЛ^Л/МСС^ДО!) через середины двух смежных сторон основания DC и AD н вершину Вх верхнего основания проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания, если периметр сечения в 3 раза больше диагонали основания.
Сторона ВС треугольника АВС, лежащего в основании наклонной призмы АВСАХВХСХ (ЯЛЛЯЙЛССД равна а, прилежащие к ней углы равны /? и у. Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания, если объем призмы равен У и АА1=А1В=А1С.
В кубе ABCDAXBXCXDX (А А,||ВВХ ||СС1||1>1>1) проведена плоскость через середины ребер DDX и DXCX и вершину А. Найти угол между этой плоскостью и гранью ABCD.
В основании пирамиды лежит квадрат. Углы, которые образуют боковые грани с основанием, относятся как 1:2:4:2. Найти эти углы.
Через вершину основания правильной треугольной пирамиды проведена плоскость перпендикулярно противоположной боковой грани и параллельно противоположной стороне основания. Эта плоскость составляет с плоскостью основания пирамиды угол а. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
Расстояние от центра основания правильной четырехугольной пирамиды до боковой грани и до бокового ребра равны соответственно а и Ь. Найти двугранный угол при основании пирамиды.
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а. Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Найти расстояние между боковым ребром и непересекающей его стороной основания.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Угол между высотой пирамиды и боковым ребром равен a [a^arctg(4/2/2)]. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проведенной через середину высоты перпендикулярно одному из ее боковых ребер.
Высота правильной треугольной пирамиды SABC равна Н. Через вершину А основания АВС проведена плоскость перпендикулярно противоположному боковому ребру SC. Эта плоскость составляет с плоскостью основания угол а. Найти объем части пирамиды, заключенной между плоскостью основания и плоскостью сечения.
В правильную треугольную усеченную пирамиду вписаны два шара; один касается всех ее граней, другой — всех ребер. Найти синус угла между боковым ребром и плоскостью основания.
Основанием пирамиды FABC служит равнобедренный треугольник АВС, у которого угол между равными сторонами АВ и АС равен а (а<л/2). В пирамиду вписана треугольная призма AEDAXEXDX; точки Ах, Ех и Dx лежат соответственно на боковых ребрах AF, СЕ и BF пирамиды, а сторона ED основания AED проходит через центр окружности, описанной около треугольника АВС. Найти отношение объема призмы к объему пирамиды.
Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через ее боковое ребро и высоту. В сечении образовался треугольник с углом л/4 при вершине пирамиды. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды.
Через вершину основания правильной четырехугольной пирамиды проведена плоскость, пересекающая противоположное боковое ребро под прямым углом. Площадь сечения в 2 раза меньше площади основания пирамиды. Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания.
Сторона нижнего основания правильной усеченной четырехугольной пирамиды в 5 раз больше стороны верхнего основания. Боковая поверхность пирамиды равна квадрату ее высоты. Найти угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью основания.
Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Одна из боковых граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания. Найти косинус угла между двумя другими боковыми гранями, если они составляют с плоскостью основания угол а.
В основании четырехугольной пирамиды лежит равнобедренная трапеция с основаниями а и b (а >2Ь) и углом <р между неравными отрезками ее диагоналей. Вершина пирамиды проецируется в точку пересечения диагоналей основания. Углы, которые составляют с плоскостью основания боковые грани, проходящие через основания трапеции, относятся как 1:2. Найти объем пирамиды.
В треугольной пирамиде все грани — правильные треугольники. Через сторону основания проведена плоскость, делящая объем пирамиды в отношении 1:3, считая от основания. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания.
В правильной четырехугольной пирамиде через два боковых ребра, не принадлежащих данной грани, проведена плоскость. Отношение площади сечения к боковой поверхности пирамиды равно к. Найти угол между двумя смежными боковыми гранями и допустимые значения к.
Основанием пирамиды ABCDE служит ромб АВ CD (ЛВЦС2)). Высота пирамиды проходит через середину стороны АВ. Боковые ребра ЕС и ED составляют с плоскостью основания углы а и р. Найти косинус острого угла ромба, если cosa= 1Д/з и cos Д= 1/^/5.
Высота правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна Н. Боковое ребро составляет с основанием угол а, а диагональ пирамиды с основанием — угол р. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ пирамиды параллельно не пересекающей ее диагонали основания.
Стороны нижнего и верхнего оснований правильной треугольной усеченной пирамиды равны соответственно а и b (а>Ь). Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через среднюю линию боковой грани и центр нижнего основания.
В конус, осевое сечение которого — прямоугольный треугольник, вписан цилиндр; его нижнее основание лежит в плоскости основания конуса. Отношение боковых поверхностей конуса и цилиндра равно 4^/2. Найти угол между плоскостью основания конуса и прямой, проходящей через центр верхнего основания цилиндра и произвольную точку окружности основания конуса.
Осевое сечение цилиндра — квадрат. Отрезок АВ, соединяющий точку А окружности верхнего основания с точкой В окружности нижнего основания, равен а и отстоит от оси цилиндра на расстояние Ь. Найти угол между прямой АВ и плоскостью основания цилиндра.
Прямоугольник с площадью S и углом а между диагоналями вращается вокруг оси,» проходящей через его вершину параллельно диагонали. Найти поверхность тела вращения.
Пусть АВ — диаметр нижнего основания цилиндра, AXBV — хорда верхнего основания, параллельная АВ. Плоскость, проведенная через прямые АВ и А А, составляет с плоскостью нижнего основания цилиндра острый угол а, а прямая ABV составляет с той же плоскостью угол р. Найти высоту цилиндра, если радиус основания цилиндра равен R (точки А и Аг лежат по одну сторону от прямой, проходящей через середины отрезков АВ и А^В^.
Основанием пирамиды, вписанной в конус, служит четырехугольник, у которого одна сторона равна а, а каждая из остальных трех сторон равна Ь. Вершина пирамиды лежит на середине одной из образующих. Найти объем пирамиды, если угол между образующей и высотой конуса равен а. -
Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция с острым углом а. Эта трапеция описана около окружности основания конуса. Вершина пирамиды лежит на одной из образующих конуса, а ее проекция на плоскость основания совпадает с точкой пересечения диагоналей трапеции. Найти объем пирамиды, если образующая конуса равна I и составляет с высотой угол р.
Найти радиус шара, касающегося основания и боковых ребер правильной треугольной пирамиды, у которой сторона основания равна а, а двугранный угол при основании равен а.
. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, плоский угол при вершине равен а. В пирамиду вписан шар. Найти площадь сечения этого шара плоскостью, проходящей через центр основания пирамиды и перпендикулярной ее боковому ребру.
Найти радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, высота которой равна Н, а угол между боковым ребром и плоскостью основания равен а.
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании равен а. В эту пирамиду вписана прямая треугольная призма; три ее вершины лежат на апофемах пирамиды, а три другие — в плоскости основания пирамиды. Найти объем призмы, если центр вписанного в пирамиду шара лежит в плоскости верхнего основания призмы.
В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. К шару проведена параллельно основанию пирамиды касательная плоскость, которая делит объем пирамиды в отношении т: л, считая от вершины. Найти угол между высотой пирамиды и ее боковой гранью.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании равен а. Найти расстояние от центра шара, вписанного в эту пирамиду, до бокового ребра.
Поверхность шара, вписанного в правильную усеченную треугольную пирамиду, относится к полной поверхности пирамиды как тгб^/з. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды.
Радиус шара, описанного около правильной четырехугольной пирамиды, относится к стороне основания как 3:4. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основания.
Отношение объема правильной треугольной усеченной пирамиды к объему вписанного в нее шара равно к. Найти угол между боковой гранью пирамиды и плоскостью основания и допустимые значения к.
Отношение объема усеченного конуса к объему вписанного в него шара равно к. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания и допустимые значения к. •
В конус вложен шар так, что их поверхности касаются. Объем тела, заключенного между ними, в 8 раз меньше объема шара. Найти угол при вершине осевого сечения конуса.
В конус вписан шар. Плоскость, содержащая окружность касания шаровой и конической поверхностей, делит объем шара в отношении 5:27. Найти угол между образующей и плоскостью основания.
ГЛАВА 4
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ
Пример 1. Доказать, что в прямоугольном треугольнике величина угла между медианой и высотой, проведенными к гипотенузе, равна модулю разности величин острых углов треугольника (рис. 4.1).
Пусть LC= r.il, CD — высота, СЕ — медиана. Требуется доказать, что LDCE=\lB— £.Л|. Положим LDCE= Lx; тогда LDCA = LB (так как оба угла дополняют угол А до я/2). В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведенной к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы; следовательно, LACE— равнобедренный и LECA = Lx* LB= LА, откуда Lx= LA- LB. Если вершины А и В треугольника поменять местами (см. рис. 4.1), то получим Lx= LB— LA. Оба результата можно объединить в один: Lx=\LB— LA\. ■
Пример 2. Доказать, что для любой точки М, принадлежащей произвольному треугольнику АВС со сторонами а, b и с и высотами ha, Л/, и hc (рис. 4.2),
X у Z
справедливо равенство —+—I— = 1, где х, у и z — соответственно расстояния от ha hb hcF
точки M до сторон ВС, АС и АВ. Сформулировать соответствующее свойство для произвольной точки, принадлежащей равностороннему треугольнику.
Соединив точку М с вершинами А, Ви С, получим три треугольника ВМС, АМС и АМВ, высоты которых соответственно равны х, у и z. Пусть 1
S — площадь треугольника АВС; тогда S=- (ax+by+cz). С другой стороны,
11
S=- oha, S= bhb, S=- chc. Комбинируя эти равенства, находим 222
X у Z
—I1—= 1.
ha hb hc
В равностороннем треугольнике ha=hb=hc = h, а потому x+y+z=h, т. е.
Рис. 4.2Рис. 4.2
Рис. 4.2
Рис. 4.2
сумма расстояний от произвольной точки, принадлежащей равностороннему треугольнику, до его сторон постоянна и равна высоте треугольника. ■
Пример 3. Длина гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника равна 40. Окружность с радиусом, равным 9, касается гипотенузы в ее середине. Найти длину отрезка, отсекаемого этой окружностью на одном из катетов.
□ Сначала выясним, имеет ли задача решение при заданных' значениях длины гипотенузы и радиуса окружности. Из геометрических соображений (рис. 4.3) ясно, что для того чтобы окружность с центром О на высоте ВК треугольника ЛВС пересекала катет ВС в двух точках В и Е, необходимо и достаточно, чтобы ее радиус ОК был не больше половины высоты ВК, но больше радиуса вписанной в треугольник окружности. Первое соотношение очевидно (9<10), второе также нетрудно проверить^ Радиус г вписанной окружности найдем по формуле r=S/p, 20>/2.2(к/220,-г
т. е. г=-==—ч=—=20^/2—20. Покажем, что 9>20^/2—20, т. е. что
40+40^/2 V2+1
2
29>2(ц/2. Возведя в квадрат обе части неравенства, получим верное неравенство 841 > 800; следовательно, справедливо и исходное неравенство.
Для отыскания длины отрезка BE проведем OFA.BE и радиус ОЕ заданной окружности. Вычислим последовательно длины отрезков ВО, OF, 11J2 FE и, наконец, BE. Имеем ВО=ВК—ОК=\\, OF=BO sin45°=,
FE=^OE?-OF1 = ^/81——=BE=1FE=^%1. ■
Пример 4. В треугольнике АВС точка К, взятая на стороне ВС, делит ее в отношении 1:3, считая от вершины В, а точка L делит сторону АС в отношении 2:5, считая от вершины А. В каком отношении точка О пересечения прямых АК и BL делит отрезки АК и BL, считая от соответствующих вершин?
□ I способ. Пусть ВК=х, AL=2y (рис. 4.4), тогда по условию КС=Зх, LC=5y. Пусть, далее, KF=m, OF=n. Из подобия треугольников ОКБ и А КС п Чу
имеем — =—, откуда т Зх<
--—.И
у Зх.
л х+т
Из подобия треугольников BOF и BLC находим —=, откуда
5у 4х
(**)(**)л 5(х+т)
(**)
(**)
у 4х
Приравнивая правые части пропорций (*) и (**), после упрощений получаем
Рис. 4.3Рис. 4.3
Рис. 4.3
Рис. 4.3
15х28х
28m=15(x+m), откуда т——. Следовательно, BF-BK+KF-— и CF=BC—
28х 24х
—BF=4x——=—. Согласно теореме Фалеса, имеем
1313
ВО BF 28х/13_7 ЛО 24х/13 8
OL=FC~ 24xjn" б’ ОХ=15х/13=5‘
II способ. Введем следующие обозначения: "ВС=а, (П—Ъ, Л3=х, Тб=у (рис. 4.5). Тогда векторы "Ж и бВ, коллинеарные соответственно векторам ЛЭ и Тб, можно записать в виде бК=аЛП и бВ=рТб, где числа а и подлежат определению.
Рассмотрим три замкнутых контура: ОВКО (1), OLAO (II), OKCLO (Ш). Из
(I) имеем Э5+5Х'+ЛЮ=0, т. е. ^уц—а—ах=б; из (II) ЭЕ+2Л+ЛЭ=0, т. е.
4
_ 2_ __ 3 _ 5_
—у+- 5 + х=0; из (III) 6K+TC+CL+T6=6, т. е. ах+- а+- 5+у=5. В результате получим систему уравнений
{
— ох+ДуН— 5=5, 4
х—у+- 5=0,7
- - 3_ 5
ох+у-1— ан— о = 0.47
_ _Из первого и второго уравнений выразим векторы о и 5 через векторы х и у и полученные выражения подставим в третье уравнение. После несложных преобразований получим
5\ _ /7\_ _
4а— )х+ --ЗД1у=б.
2/\2/
Так как векторы х и у не коллинеарны, то это равенство возможно тогда и только __57
тогда, когда коэффициенты при х и у равны нулю, т. е. 4а— =0, -—3^=0.
Отсюда a—-, 6—-, т. e. OK—- AO, OB—-LO. Итак, AO:OK— 8:5, BO:OL— .8686
-7:6.
Ill способ. Пусть стороны треугольника АВС представляют собой невесомые стержни, а в вершинах треугольника приложены параллельные силы (рис. 4.6). Предположим, что в вершине С приложена сила, равная 2 Н; тогда в точке В согласно условиям равновесия (равенство моментов сил относительно точки К) должна быть приложена сила 6 Н, а в точке К согласно правилу сложения параллельных сил должна быть приложена сила 8 Н. Рассуждая аналогично относительно точек А и L, находим, что в точке А должна быть приложена сила 5 Н, а в точке L — сила 7 Н. Наконец, согласно условиям равновесия относительно точки О получаем АО: ОК—%:5 и BO:OL—1:6. ■
Пример 5. Боковые ребра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны н имеют длины а, b и с. Найти объем пирамиды.
Будем считать основанием пирамиды прямоугольный треугольник ADB (рис. 4.7), а вершиной — точку С. Так как CD LAD и CDLBD, то в силу теоремы о перпендикулярности прямой и плоскости СР±пл. ADB и, следовательно, ребро CD — высота пирамиды. По формуле (2.10) находим объем пирамиды:
11 abc abc
V-- ВМввСП-з---.Ш
Пример 6. Основанием пирамиды ABCD служит остроугольный равнобедренный треугольник АВС, у которого АВ—ВС—ан АС—Ь (рис. 4.8). Каждое боковое ребро равно с. Через центр окружности, описанной около основания, проведена плоскость, параллельная прямым DB и АС. Найти площадь сечения.
Так как треугольник АВС — остроугольный, то центр О описанной около него окружности лежит внутри треугольника и заданная плоскость пересекает все грани пирамиды. Далее, из равенства всех боковых ребер пирамиды следует, что ее вершина D проецируется в точку О (см. гл 2, «Дополнительные соотношения», п. 1°) и проекцией DB на плоскость основания служит отрезок ВО, перпендикулярный стороне АС основания пирамиды. Согласно теореме о трех перпендикулярах, BDLAC.
Для построения заданной плоскости через точку О проведем прямую МЩАС (в плоскости АВС), а через точку ^ — прямую NP^DB (в плоскости BDC).
Плоскость MNP параллельна прямым АС и BD (в силу признака параллельности прямой и плоскости) и пересекает боковую грань ADC по прямой PQ^AC, а боковую грань ABD — по прямой MQIBD. Сечение MNPQ — прямоугольник, так как выше было показано, что BD1A С, a MN и NP параллельны соответственно АС я BD.
Найдем длины сторон прямоугольника MNPQ. Заметим, что ВО — радиус описанной окружности, а ВР — высота треугольника АВС. Пусть BO—R и BF—h.
R MN BNbR
Из подобия треугольников MBN и ABC находим —— —, откуда MN— — hb ah
aRa(h-R)
и BN——. Далее, CN—BC-BN—. Из подобия треугольников CNF и CBB
hh
PN CN PN h—Rc(h—R)
находим —=— или —=, откуда PN=. Следовательно, площадь
BD ВС chh
сечения
(*)(*)bcR^h-R)
(*)
(*)
SMnpq = MN ■ PN-.
hr
Остается выразить h и R через известные величины. Из треугольника ВЕС
Пь2 1 /
находим h =а——=~ ^jAa1 — b1, а зависимость между R, А и а в равнобедрен-
а2
ном треугольнике выражается формулой R1 —— (см. гл. 3, п. 3°). Подставив эти 2Л
выражения в равенство (*), после упрощений получим
г^Ьс^-Ь1)
Покажем, что полученная для площади формула имеет смысл, т. е. что 2л2—62>0. Здесь снова существенно, что равнобедренный треугольник АВС — остроугольный. Из этого следует, что угол А при основании больше 45°.
Поэтому совЛ <cos45°, т. е. — <™, откуда b<a^2, bi1<2a1 и 2а1 — 63>0. ■ а 2
Пример 7. Дан куб АВСВАХВХСХВХ, длина ребра которого равна а. Найти объем конуса, вершина которого совпадает с вершиной Вх, а окружность основания проходит через середины трех ребер, выходящих из вершины В.
□ Пусть точки М, N и Р (рис. 4.9) — соответственно середины ребер АВ, СВ и ВВХ, т. е. MB — NB—РВ—а/2. Из равенства
равнобедренных прямоугольных треугольников BPN, ВРМ и BMN следует, что MN—MP— —NP—as/lIl. Далее, из равенства прямоугольных треугольников ВХМА, BXNC и ВХРВХ (у которых один из катетов есть диагональ соответствующей грани куба, а другой — половина ребра куба) следует, что ВХМ — BXN — ВХР —
/ д2 Зд
= ^BxB1xJt-BxP1 — 12а1Значит, точки
М, N и Р равноудалены как от точки В, так и от точки Вх. Поэтому прямая В, В перпендикулярна плоскости треугольника MNP и пересекает эту плоскость в точке О — центре окружности, описанной около треугольника MNP. Итак, ON — радиус основания конуса, ВХО — высота
конуса.
Так как сторона а3 правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса R, выражается формулой a3 — R-Jl, то R—а^З. Следовательно,
ON=—-==—=. Затем из треугольника В^О находим ВХО=^ Bi№ — ONl = 2V3 >J6
/9^ а1 5а
„ /=—- Окончательно получим
V 4 6 2^3.
1а1 5а 5па*\13
- Г— я - ——. ■
36 2^3108
4.001. Найти гипотенузу прямоугольного треугольника, если точка касания вписанной в него окружности делит один из катетов на отрезки длиной т и п (т < п).
4.002. Сумма длин катетов прямоугольного треугольника равна 8 см. Может ли длина гипотенузы быть равной 5 см?
4.003. Доказать, что в любом треугольнике отношение суммы всех попарных произведений, составленных из длин сторон треугольника, к сумме длин его трех высот равно диаметру описанной окружности.
4.004. Длины сторон остроугольного треугольника составляют арифметическую прогрессию с разностью 5 см. Найти наибольшее число, обладающее следующим свойством: длина большей стороны любого треугольника указанного типа больше этого числа.
4.005. Медиана некоторого треугольника совпадает с его биссектрисой. Доказать, что такой треугольник —равнобедренный.
4.006. Длины сторон треугольника относятся как 2:3:4. В нем проведена биссектриса наименьшего угла. В каком отношении (считая от вершины) она делится центром окружности, вписанной в этот треугольник?
4.007. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки длиной 8 и 10 см. Найти длины сторон треугольника, если центр вписанной окружности делит эту биссектрису в отношении 3:2, считая от вершины угла.
4.008. Сторона, биссектриса и высота треугольника, выходящие из одной и той же вершины, равны соответственно 5, 5 и 2^/б см. Найти две другие стороны треугольника.
4.009. Две стороны треугольника и биссектриса угла между ними равны соответственно 60, 40 и 24 см. Найти площадь треугольника.
4.010. В прямоугольном треугольнике найти биссектрису прямого угла, если гипотенуза треугольника равна с, а один из острых углов равен а.
4.011. Найти угол при вершине равнобедренного треугольника, если медианы, проведенные к боковым сторонам, взаимно перпендикулярны.
4.012. Доказать, что сумма квадратов медиан любого треугольника составляет 75% от суммы квадратов его сторон.
4.013. Тангенс тупого внешнего угла прямоугольного треугольника равен к. Найти тангенс острого угла треугольника, не смежного с данным внешним углом.
4.014. Треугольник разбит медианами на шесть частей, не имеющих попарно общих внутренних точек. Сравнить площади этих частей.
4.015. Доказать, что прямая, проходящая через основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от него подобный ему треугольник.
Рис. 4.10Рис. 4.10
Рис. 4.10
Рис. 4.10
4.016. Даны отрезок АВ и прямая, не перпендикулярная отрезку и пересекающая его в точке, не являющейся серединой этого отрезка. Ученик построил точку Вх, симметричную точке В относительно данной прямой, и заметил, что теперь легко построить треугольник АВС, для которого биссектриса угла АСВ лежит на данной прямой. Как это можно сделать?
4.017. Доказать, что длина медианы треугольника меньше полусуммы длин заключающих ее сторон.
4.018. Доказать, что если две стороны и медиана одного треугольника соответственно равны двум сторонам и медиане другого треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая).
4.019. Доказать, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и высотой, проведен
ными к гипотенузе.
4.020. Доказать, что сумма длин высот треугольника меньше его
периметра.
4.021. Три средние линии треугольника разбивают его на четыре части. Если площадь одной из них равна S, то чему равна площадь данного треугольника?
4.022. Дан треугольник с площадью 1 и длинами сторон а, b и с. Известно, что а^Ь>с. Доказать, что b^-jl.
4.023. Какую фигуру образует множество всех вершин равнобедренных треугольников, имеющих общее основание?
4.024. Сумма длин катетов прямоугольного треугольника равна s. Найти границы возможных значений длины его гипотенузы с.
4.025. Доказать, что из трех медиан прямоугольного треугольника
наименьшую длину имеет та, которая проведена к гипотенузе.
4.026. Через точку, принадлежащую меньшей стороне треугольника, провести прямую, отсекающую от него треугольник, подобный данному. Показать, что существуют четыре такие прямые.
4.027. Дан треугольник АВС. На основании ВС построить треугольник с той же площадью, но с углом при вершине В, равным половине угла В данного треугольника.
4.028. Найти длины наименьших сторон всех
тупоугольных треугольников, у которых длины сторон выражаются целыми числами и составляют арифметическую прогрессию с разностью 3 см.
4.029. Пусть ВО — биссектриса угла В прямоугольного треугольника ABC, D — середина катета AC, DO1AC, OELAB, OFLBC, АВ — гипотенуза (рис. 4.10). Легко доказать, что &ВОЕ= &BOF, откуда ВЕ=ВЕ ^ Далее, так как О А = ОС, то △ ОЕА = △ OFC, откуда АЕ= FC. (**). Складывая равенства (*) и (**), получаем, что АВ=ВС, т. е. что длина гипотенузы равна длине катета. Найти ошибку в проведенном доказательстве.
4.030. Определить вид треугольника по длинам трех сторон (если такой треугольник возможен): а) 2, 2 и 3; б) 6, 8 и 10; в) 3, 1 и 4; г) 3, 5 и 7.
4.031. В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при основании делит боковую сто-
рону на отрезки 4 и 1 см, считая от вершины. Найти длину биссектрисы.
4.032. Биссектриса угла при основании равнобедренного треугольника делит противоположную сторону так, что отрезок, прилежащий к вершине треугольника, равен его основанию. Доказать, что биссектриса также равна основанию треугольника.
4.033. Найти наибольшую площадь прямоугольного треугольника с данной гипотенузой с.
4.034. Доказать, что если медианы ААХ и ВВХ треугольника АВС равны, то треугольник равнобедренный: СА = СВ.
4.035. Длины сторон треугольника составляют арифметическую прогрессию. Высота, проведенная к средней по величине стороне, равна А. Найти радиус круга, вписанного в треугольник.
4.036. Доказать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма квадратов длин медиан составляет 150% от квадрата длины его гипотенузы.
4.037. Углы треугольника относятся как 2:3:7. Наименьшая сторона треугольника равна а. Найти радиус окружности, описанной около треугольника.
4.038. Показать, что если длины сторон некоторого треугольника составляют геометрическую прогрессию, то и длины высот треугольника также составляют геометрическую прогрессию.
4.039. Доказать, что угол С треугольника АВС является прямым в том и только том случае, если длины сторон этого треугольника связаны равенством АВ1 = АС1 А ВС1 (прямая и обратная теоремы Пифагора).
4.040. Из каких точек плоскости данный отрезок виден под данным углом?
4.041. Какую фигуру образует множество ортоцентров (точек пересечения высот) всех треугольников, имеющих общую сторону, при условии, что углы, противолежащие этой стороне, равны?
4.042. Какую фигуру образует множество точек пересечения биссектрис всех треугольников, имеющих общую сторону, при условии, что углы, противолежащие этой стороне, равны?
4.043. Окружность каждого из двух равных кругов радиуса R проходит через центр другого. Найти площадь общей части этих кругов.
4.044. Из точки А проведены два луча, пересекающие данную окружность: один — в точках В и С, другой — в точках D и Е. Известно, что АВ=1, ВС=1, AD = 10. Определить DE.
4.045. Доказать, что если через точку касания двух окружностей провести две прямые, пересекающие обе окружности, и точки пересечения прямых с окружностями соединить хордами, то эти хорды параллельны.
4.046. Показать, что 3 <я<4, не пользуясь приближенными значениями числа л.
4.047. Радиус круга с центром в точке О равен 6 см, а его хорда АВ=3 см. Найти радиус круга, вписанного в сектор АОВ.
4.048. На отрезке АВ произвольно взята точка М. На АМ и МВ по одну сторону от АВ построены квадраты. Около квадратов описаны окружности, пересекающиеся в точке С. Показать, что луч МС есть биссектриса угла АСВ. '
4.049. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD. Найти сумму углов АОВ и COD.
4.050. Центры описанной около треугольника и вписанной в него
окружносте^расположены симметрично относительно одной из сторон треугольника. Найти углы треугольника.
4.051. Две окружности имеют только одну общую точку. Через нее проведена произвольная секущая. Доказать, что касательные в точках пересечения этой секущей с каждой из окружностей параллельны.
4.052. Пары точек А и Л,, В и BY расположены симметрично относительно одной прямой. Доказать, что эти четыре точки лежат на одной окружности или же на одной прямой.
4.053. Доказать, что площадь полукруга, построенного на гипотенузе прямоугольного треугольника, равна сумме площадей полукругов, построенных на его катетах.
4.054. В окружность радиуса R— 1 см вписан квадрат, а в квадрат — второй квадрат, вершины которого деляг пополам стороны первого квадрата (рис. 4.11). Не вычисляя длины стороны первого квадрата, доказать, что площадь второго квадрата равна 1 см2.
4.055. В прямоугольный круговой сектор радиуса R вписан квадрат
так, что две его вершины лежат на крайних радиусах, две — на дуге сектора. Найти сторону квадрата.
4.056. В круге радиуса 4 м найти длину хорды, которая видна из любой точки меньшей дуги окружности под углом 135°.
■ 4.057. В круге радиуса а найти длину хорды, которая из любой точки большей дуги окружности видна под углом 30°.
4.058. Сторона АВ треугольника видна из вершины С под углом а. Под каким углом она видна из центра окружности, описанной около треугольника? Рассмотреть три случая: С — вершина острого, прямого
или тупого угла.
4.059. Две точки А и В расположены по разные стороны от прямой MN. На прямой MN найти точку С такую, что L ACN- Z_BCN.
4.060. В квадрате ABCD точки М и N — середины сторон DC и ВС. Найти LMAN.
4.061. Каждая сторона выпуклого четырехугольника меньше а. Доказать, что его площадь меньше а2.
4.062. Доказать, что в любой трапеции ABCD (5С||ЛР) треугольники АОВ и COD равновелики (О — точка пересечения диагоналей).
4.063. В равнобедренной трапеции ABCD дано: АВЦОС, AB=3DC, cos LABC= Xi-Ji. Доказать, что диагонали трапеции взаимно перпендикулярны.
4.064. Одна из сторон пятиугольника имеет длину 30 см. Длины остальных сторон выражаются целыми числами и составляют арифметическую прогрессию с разностью 2 см, причем длина меньшей из сторон не превышает 7 см. Найти длины сторон всех пятиугольников, для которых выполняются эти условия.
4.065. Из каких одноименных равных правильных многоугольников можно сложить паркет?
4.066. В окружность радиуса R вписан правильный л-угольник, площадь которого равна 3R1. Найти л.
4.067. Доказать, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри правильного многоугольника, до прямых, содержащих его стороны, равна произведению апофемы многоугольника на число его сторон.
4.068. Две диагонали, исходящие из одной и той же вершины пра-
вильного пятиугольника, разбивают его на три треугольника. Найти отношение площади треугольника, ограниченного этими двумя диагоналями, к сумме площадей двух других треугольников.
4.069. Пусть л — число сторон выпуклого многоугольника, ad — число его диагоналей. Указать все значения л, для которых n>d.
4.070. Сколько диагоналей можно провести в выпуклом восьмиугольнике?
4.071. Найти площадь правильного двенадцатиугольника, вписанного в окружность радиуса R.
4ЛП1. В каком выпуклом многоугольнике число диагоналей равно числу сторон?
4.073. Непараллельные стороны трапеции продолжены до пересечения. Доказать, что прямая, проходящая через полученную точку и точку пересечения диагоналей, делит каждую из параллельных сторон трапеции на две равные части.
4.074. Каково наибольшее возможное число острых углов в произвольном выпуклом многоугольнике?
4.075. Меньшее основание трапеции равно 6 см. Найти ее большее основание, если расстояние между серединами диагоналей равно 5 см.
4.076. Биссектриса острого угла параллелограмма делит его диагональ на отрезки длиной 3,2 и 8,8 см. Найти стороны параллелограмма, если его периметр равен 30 см.
4.077. Длины параллельных сторон трапеции равны 25 и 4 см, а длины непараллельных сторон 20 и 13 см. Найти высоту трапеции.
4.078. В четырехугольник, три последовательные стороны которого равны 2, 3 и 4 см, вписана окружность радиуса 1,2 см. Найти площадь четырехугольника.
4.079. Через произвольно выбранную точку на одной стороне параллелограмма и концы противоположной стороны сделаны два разреза. Определить площадь данного параллелограмма, если площади отрезанных треугольников равны S, и 8г.
4.080. Доказать, что точка пересечения биссектрис углов, прилегающих к одной из непараллельных сторон произвольной трапеции, принадлежит средней линии трапеции.
4.081. Периметр равнобедренной трапеции, описанной около круга, равен Р. Найти длину средней пинии трапеции.
4.082. Доказать, что в четырехугольнике с непараллельными сторонами середины диагоналей и середины двух противоположных сторон являются вершинами некоторого параллелограмма.
4.083. Сформулировать какое-либо утверждение, верное вместе с ему обратным. Сформулировать какое-либо верное утверждение, но такое, для которого обратное утверждение является неверным.
4.084. Даны две скрещивающиеся прямые. Можно ли провести две. пересекающиеся прямые так, чтобы каждая из них пересекала обе данные прямые?
4.085. На сколько дальше центр верхнего основания куба с ребром 1 удален от вершины нижнего основания, чем от его стороны?
4.086. Найти угол между скрещивающимися диагоналями смежных граней куба.
4.087. Куб АВСВА1В1С1В1 (ЛЛ1||ДД1||СС1||2)2)1) пересечен плоскостью, проходящей нерез вершины Л, С и середину Е ребра DDV Показать, что объем пирамиды ACDE равен 1/12 объема куба.
4.088. Построить сечение куба ABCDAXB1CXD1, проходящее через середины ребер АВ, АХВХ и CCV - "
4.089. Найти наименьшее целое число градусов, которое может содержать плоский угол трехгранного угла, обладающего следующим свойством: каждый из плоских углов содержит целое число градусов, причем эти три числа составляют арифметическую прогрессию с разностью 50°.
4.090. Какую фигуру образует множество всех точек, отстоящих от данной плоскости на расстояние а и от фиксированной точки данной плоскости на расстояние b (а<Ь^
4.091. Сколько боковых граней содержит призма, у которой 60 ребер?
4.092. Доказать, что если все диагонали параллелепипеда имеют равные длины, то он прямоугольный.
4.093. Доказать, что если наклонная образует равные углы с тремя попарно непараллельными прямыми, лежащими в одной плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.
4.094. Дан куб ABCBA^C^^ с ребром а. Найти расстояние от прямой, проходящей через ребро ААЪ до прямой, проходящей через диагональ BYB.
4.095. Существует ли в пространстве точка, равноудаленная от всех вершин параллелограмма? От всех прямых, содержащих его стороны? Каким свойством должен обладать параллелограмм, чтобы точка, равноудаленная от его вершин, была бы равноудалена и от прямых, содержащих его стороны?
4.096. Каким свойством должна обладать трапеция, чтобы в пространстве существовала точка, А равноудаленная от ее вершин? Если данная трапеция таким свойством обладает, то какую фигуру представляет собой множество всех таких точек?
4.097. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки А, В и С (рис. 4.12).
4.098. Одно из боковых ребер наклонного параллелепипеда составляет равные острые углы с прилежащими к нему сторонами нижнего основания. Что представляет собой проекция прямой, содержащей это ребро, на плоскость нижнего основания? При каком условии эта проекция и диагональ основания лежат на одной прямой?
4.099. Через диагональ нижнего основания произвольного параллелепипеда и середину не пересекающего ее бокового ребра проведена плоскость. Как относятся объемы полученных при этом частей параллелепипеда?
4.100. Дан правильный тетраэдр SABC. Под каким углом ребро АВ видно из середины ребра SCI
4.101. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию. Построить график функции, выражающей зависимость площади сечения от расстояния между вершиной пирамиды и секущей плоскостью.
4.102. В правильном тетраэдре с ребром >/2 см определить расстояние между двумя скрещивающимися ребрами.
4.103. Через середину высоты пирамиды проведена плоскость параллельно плоскости основания пирамиды. В каком отношении находятся объемы полученных многогранников?
4.104. В основании пирамиды лежит треугольник, длины сторон которого 30, 40 и 50 см. Вершина большего острого угла основания принадлежит боковому ребру, имеющему длину 72 см и перпендикулярному плоскости основания. Найти полную поверхность пирамиды.
4.105. Двугранный угол между двумя смежными боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды равен а, а высота пирамиды равна Н. Найти радиус описанного шара.
4.106. Около правильной пирамиды с высотой 27 см описана сфера радиуса 18 см. Найти угол наклона бокового ребра пирамиды к плоскости ее основания.
4.107. Все ребра (в том числе и стороны основания) треугольной пирамиды равны. Найти отношение радиуса вписанного в пирамиду шара к ее высоте.
4.108. Показать, что если пирамида имеет равные боковые ребра, то около нее можно описать сферу и что радиус этой сферы равен квадрату длины ребра, деленному на удвоенную длину высоты пирамиды.
4.109. В треугольной пирамиде скрещивающиеся ребра попарно равны. Доказать, что полная поверхность пирамиды равна учетверенной площади одной из ее граней.
4.110. Высоты всех боковых граней некоторой пирамиды равны. Под каким углом они наклонены к плоскости основания, если площадь полной поверхности пирамиды в 1,5 раза больше площади ее боковой поверхности?
4.111. В куб помещена четырехугольная пирамида так, что ее основание совпадает с одной из граней куба, а вершина — с серединой одного из ребер противоположной грани. Под какими углами боковые грани пирамиды наклонены к плоскости ее основания?
4.112. В правильном тетраэдре SABC через ребро АС проведена плоскость, пересекающая ребро SB в точке К. Доказать, что проекция вершины В на плоскость сечения лежит на высоте сечения, проведенной к стороне АС. При каком условии эта проекция совпадает с точкой А?
4.113. Какому условию должен удовлетворять четырехугольник, чтобы на нем, как на основании, можно было построить пирамиду с равным наклоном всех боковых граней?
4.114. Пирамида, основанием которой служит прямоугольный треугольник с катетами 9 и 8 см, вписана в конус, образующая которого наклонена к плоскости основания под углом 60°. Найти объем пирамиды.
4.115. Через среднюю линию основания треугольной пирамиды и ее вершину проведена плоскость. В каком отношении находятся объемы полученных пирамид?
4.116. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD (S — ее вершина) провести сечение через середину ребра SB и прямую MDN, расположенную в плоскости основания ABCD и параллельную его диагонали АС.
4.117. Боковые ребра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны. Найти объем пирамиды, если площади ее боковых граней равны Si. S2 и Ss.
4.118. Показать, что если в основании пирамиды, имеющей равные боковые ребра, лежит прямоугольный треугольник, то одна из боковых граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания.
4.119. Всякая ли пирамида обладает тем свойством, что около нее можно описать сферу? Если около пирамиды можно описать сферу, то где лежит центр этой сферы?
4.120. Показать, что если около основания пирамиды можно описать окружность, то все плоскости, перпендикулярные боковым ребрам пирамиды и делящие их пополам, пересекаются в одной точке.
4.121. Найти площадь полной поверхности конуса, если его боковую
поверхность можно развернуть в круговой сектор с радиусом 1 и с прямым центральным углом.
4.122. Два конуса имеют общую вершину, а их высоты пересекаются. Показать, что прямая, по которой пересекаются плоскости оснований конусов, перпендикулярна плоскости, содержащей высоты конусов.
4.123. В конус, осевое сечение которого — правильный треугольник, вписан шар, затем вписан второй шар, касающийся первого шара и боковой поверхности конуса, и т. д. (n-й шар касается (п—1)-го шара и боковой поверхности конуса). Найти отношение предела суммы объемов шаров при п-»оо к объему конуса.
4.124. Образующая усеченного конуса составляет с плоскостью основания угол а. Внутри конуса расположены два шара, касающиеся друг друга и боковой поверхности конуса, причем первый шар касается нижнего основания конуса, а второй — верхнего основания. Расстояние между центрами шаров равно /. Найти радиусы оснований конуса.
4.125. В усеченном конусе АВ и CD — взаимно перпендикулярные диаметры нижнего основания, ЕЕ — диаметр верхнего основания, параллельный прямой CD. Найти косинус острого угла между прямыми АЕ и BF, если образующая конуса есть среднее пропорциональное между диаметрами оснований и составляет с плоскостью основания угол а (а> л/3).
4.126. Отношение полной поверхности конуса к поверхности вписанного в него шара равно к. Найти угол между высотой и образующей конуса и допустимые значения к.
4.127. Отношение боковой поверхности усеченного конуса, описанного около шара, к сумме площадей его оснований равно к. Найти угол между образующей и плоскостью основания и допустимые значения к.
4.128. Найти отношение объема шара к объему вписанного в него куба.
4.129. Доказать, что проекция диагонали осевого сечения усеченного конуса на основание равна сумме радиусов окружностей оснований конуса. ■
4.130. Радиус полукруга, лежащего в основании полуцилиндра, равен 1. Через диаметр полукруга проведена плоскость под углом 45° к плоскости полукруга. Показать, что в развертке полуцилиндра линия пересечения проведенной плоскости с цилиндрической поверхностью полуцилиндра образует дугу синусоиды.
ГЛАВА 5
ПРИМЕНЕНИЕ КООРДИНАТИ ВЕКТОРОВ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Прямоугольная декартова система координатна плоскости
1°. Расстояние между точками А1(х1; у,) и А2(х2; у2) находится по формуле
А^-^^-х^1*^ -У])2.(5.1)
С помощью этой же формулы выражается длина отрезка AVA2 или модуль вектора А А ^-х^; уг-уу\
Т*. Координаты (х; у) середины отрезка с концами А^х^ yt) и А2(х2; у2) находятся по формулам
3°. Уравнение прямой с угловым коэффициентом и начальной ординатой имеет вид
y=kx + q.(5.3)
Угловой коэффициент к представляет собой значение тангенса угла, образуемого прямой с положительным направлением оси Ох, а начальная ордината q — значение ординаты точки пересечения прямой с осью Оу.,
4 . Уравнение прямой с угловым коэффициентом к, проходящей через точку
А (х0; у^, имеет вид'
У-Уо=Цх-хо\(5.4)
5°. Общее уравнение прямой имеет вид
ах+Ьу+с=0.(5.5)
6°. Уравнения прямых, параллельных соответственно осям Оу и Ох, имеют вид
.х=а,(5.6)
У = Ь.(5.7)
7°. Условия параллельности и перпендикулярности прямых yi=k1x+q1 и y2=k2x+q2 соответственно имеют вид
*,=*:,,(5.8)
*,^ = -1.(5.9)
8°. Уравнения окружностей с радиусом Кис центром соответственно в точках О (0; 0) и С(х0,- у0) имеют вид■
x1+y1 = R1.(5.10)
<x-xoy + (y-yay = R\(5.11)
9°. Уравнение
(5-12)(5-12)у=ах2 + Ьх + с
(5-12)
(5-12)
представляет собой уравнение параболы с вершиной в точке, абсцисса которой х0 = -ЫО\
Прямоугольная декартова система координатв пространстве
1°. Расстояние между точками Л^х,; yt; z^ и Л2(х2; у2; z2) находится по формуле
Л 2Л2 =^(х2 — х2)2 + (у2—у2)2+(z2—z2)2.(5.13)
С помощью этой же формулы выражается длина отрезка Л,Л2 или модуль вектора Л^ (х2-Хр у2-ур z2-z,).
2 . Координаты (х; у; z) середины отрезка с концами Л^хр- Ур zj и Л2(х2; у2; z2) находятся по формулам
(5.14)(5.14)1+-ЧУ1+У12,+
(5.14)
(5.14)
у = z=222
3°. Модуль вектора 2(Ар- а,; а,), заданного своими координатами, находится по формуле
lal-Vof+nj+n?.(5.15)
4°. При сложении векторов их соответствующие координаты складываются, а при умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число, т. е. справедливы формулы
(а,; а2; a3)+(b,; b2; Ь3')-(а1+Ь1; а2+Ь2; а3 + Ь3),(5.16)
Дар- а2; а3) = (2zip Ха2; 2л3).(5.17)
5°. Единичный вектор 20, сонаправленный с вектором а, находится по формуле
2о=~.(5.18)
И
6°. Скалярным произведением аЪ векторов а и Ъ называется число
25=|2| |5| cosy,(5.19)
где ф — угол между векторами а и Ъ. _
7°. Скалярное произведение векторов dkat; а2; а^ и 5(6 р Ь2; Ь^ выражается формулой
аЪ=а1Ь1 + а2Ь2 + а3Ь3.(5.20)
В частности, а1=аа = \а\1, откуда ^^-Ja1.
8°. Косинус угла между векторами а(ар а2; а3) и $(Ар" Ь2; Ь}) находится по формуле
Г " — / — =•(5.21)
* И+ al + д? -Jbl+bl + bl
9°. Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов 0(0,; аг; aj и Ъ^у Ьг; Ь^ имеет вид
аЪ—0 или а161+а262+а363=0,(522)
а условие их коллинеарности (параллельности) — вид
а=)Ь, где |Л|=^г->(523)
(524)(524)или
(524)
(524)
61*2 А3
10°. Общее уравнение плоскости, перпендикулярной вектору п(а; Ь; с), имеет вид
(525)(525)ax+by+ez+d=O.
(525)
(525)
11°. Уравнение плоскости, перпендикулярной вектору п(а; Ь; с) и проходящей через точку (х0; у0; z0), имеет вид
(526)(526)(527)(527)<х-х0)+60 -у0)+cfz-z0) - 0.
(526)
(526)
(527)
(527)
12°. Уравнение сферы с центром 0(0; 0; 0) записывается в виде
х^/ч-г2-/?2.
Пример 1. В параллелограмме ОАВС даны вершины О (0; 0;), А (3; 6) и В (8; 6). Найти отношение длин диагоналей ОВ и АС, а также составить уравнения сторон параллелограмма и диагонали АС.
□ Так как ординаты вершин А и В равны, то АВ\\Ох (рис. 5.1). Из трех отрезков ОА, АВ и ОВ сторонами параллелограмма могут быть только О А и АВ, так как по условию ОВ — диагональ; поэтому ВС J ОЛ и С (5; 0). По формуле (5.1) находим ОВ-/в2+62=/! 00, ЛС=/(5-3)2+(0-6)2=/40; значит, ОВ:АС= =>/100:/40-/2^5 — искомое отношение диагоналей.
Согласно формуле (5.3), уравнение стороны ОА имеет вид y—kx+q, где *=6:3=2 и ?=0; следовательно, у=2х. Используя равенство (5.7), запишем уравнение стороны АВ: у=6. Далее, так как ВС^ОА, то угловой коэффициент прямой ВС в силу формулы (5.8) есть к=2, а соответствующее значение q найдем
из уравнения y=2x+q, подставив в него вместо х и у координаты точки С (5; 0); тогда получим 0 «10+q, т. е. q— — 10; значит, уравнение ВС имеет виду—2х—10. Наконец, уравнение ОС есть у—0.
Чтобы найти уравнение диагонали АС, воспользуемся тем, что точки А (3; 6) и С (5; 0) принадлежат прямой АС и, следовательно, их координаты удовлетворяют искомому уравнению. Подставив эти координаты в уравнение y—kx+q, получим 6—Зк+q, 0=5k+q, откуда к— —3, q= 15. Итак, у= —Зх+15 есть уравнение диагонали АС. ■
Пример 2. Составить уравнение окружности, описанной около треугольника, образованного прямыми у=0,2х— 0,4, у—х+2, у=8—х.
□ Угловые коэффициенты прямых у=х+2иу—8—х равны соответственно *! = 1 и кг = — 1. Так как к^к^ — 1, то выполняется условие (5.9) перпендикулярности прямых; значит, ixABC — прямоугольный (рис. 5.2) и центром окружности является середина его гипотенузы АВ. Найдем точки пересечения прямой у=0,2х—0,4 с прямыми у=х+2 и у—8— х; решив системы уравнений
Гу = 0,2х-0,4, (у = 0, Тх—0,4,
(у = х+2 (у = 8-х,
получим точки Л(—3; — 1) и 5(7; 1) —концы гипотенузы. Используя формулы (5.2), найдем координаты центра окружности: Oi(2; 0). В силу формулы (5.1) радиус окружности есть R=OYA=-J^—3—2)2 + (0— \y=-Jl6. Наконец, согласно формуле (5.11), получим искомое уравнение окружности: (х— 2)2+у2=26. ■
Пример 3. Найти единичный вектор, коллинеарный вектору, направленному по биссектрисе угла ВАС треугольника АВС, если заданы его вершины: А(1; 1; 1), В(3; 0; 1), С(0; 3; 1).
О Найдем координаты и модули векторов Л5 и АС; имеем АВ(2; — 1; 0), ЙС(-1; 2; 0), |H$|=V22+(-l)3+02-V5. l^l-Vt-^+Z^O^V5-
Так как |ЛВ| = |ЛС|, то AD=AB+AC является диагональю ромба ABDC (рис. 5.3), а следовательно — биссектрисой угла ВАС. Имеем AD=AB+AC=(2; — 1; 0)+(—1; 2; О)—(1; 1; 0) и \AD\--J1. Пусть ё — единичный вектор, сонаправлен-
_ AD
ный с вектором АВ, т. е. е———. Тогда, используя формулу (5.18), окончательно
_/ ! ! \
получаем е I —-=; —=; 0 ■
XV2 V2 '
Пример 4. Прямая, параллельная медиане СМ треугольника АВС, пересекает прямые ВС, СА и АВ соответственно в точках Av Bt и Cv Доказать, что
+3^7=Та +ТБ.
Рис. 5.3Рис. 5.4
Пусть АХЕ1 СМ (рис . 5.4). Построим "СБ = ШМ™"СЗ+"СБ. Очевидно, что AtCDE — параллелограмм; следовательно, ,4,3=55, причем А,Е=А1С1+С1Е.
Так как АМ — медиана треугольника ACD и B^^CD, то ACV — медиана треугольника АВХЕ и ВХСХ = СХЕ. Теперь имеем "C3VCB—CB—AXB— =3^+’С^Е»^С"Х+'Б^. ■
Пример 5. Даш два ненулевых вектора а и Ъ таких, что |я+Б|=|а—Б|.
Доказать, что а1Б._
□ I способ. Если на векторах аиЪ как на сторонах построить параллелограмм, то векторы а+Ъ и а—Ъ совпадут с его диагоналями, длины которых составляют |я+Б| и |я—Б|. Так как по условию длины диагоналей равны, то полученный параллелограмм является прямоугольником, откуда я±Б.
И способ. Пусть х=я+Б, у=а—Ъ\ тогда х^Са+Б/^^йБ+Б2, y2=? —2аЬ+У. Квадрат вектора равен квадрату его модуля; значит,
о2 + ЙБ+Б2=|а+Б|2 и а2 —2дБ+Б2 = |а—Б|2.
Правые части последних соотношений равны по условию; следовательно, я2+2пБ+Б2=Б2—2ББ+Б2, откуда дБ=0; в силу формулы (5.22) это означает, что all. ■
Пример 6. Даны два отрезка АВ и CD. Доказать, что если AC^+BD^AD^BC1, то ABJ-CD. Верно ли обратное утверждение?
Рассмотрим векторы АВ, "СБ, "АС, аБ, "ББ и ЕС. В зависимости от их взаимного расположения может получиться плоская или пространственная фигура (рис. 5.5). Учитывая, что "аБ1—(аВ\1”АВ1, преобразуем данное равенство следующим образом:
ЕБ1 -ЕС1 = AD2-A^^^D-B^fSS+35)=(АО-АС)(аБ + АС);
CDCD
^Б(ЕБ-лБ+ЕС-АС)=О; -253-55=0; 53.55=0,
-15-15
а это и означает, что 53155.
Выполняя преобразования «от конца к началу» (ЗВ ■ 55=0 или —ТАВ 55=0 или 55(35+33+55+55)=0 и т. д.), убеждаемся в том, что верно и обратное утверждение. ■
Пример 7. В пирамиде SABC все грани — правильные треугольники; точка М — центр треугольника АВС, а точка Р делит ребро SC пополам (рис. 5.6). Найти разложение вектора МР по векторам ЗВ, 35 и aS.
Имеем МР=МС—ТС, где ТС=- ЗС=- (5С—53); следовательно, 22
МР-МС— (5С—53). Теперь найдем МС. В равностороннем треугольнике АВС
2'2
имеем MC—-CN, где CN — высота треугольника; поэтому МС=- NC. Но
12 /1\ 21
Ж=аС-А^=АС— АВ и, значит, "ЙС=- (АС— аВ\=- АС— АВ.
23\2) 33
Таким образом, окончательно получим
Т^рЗ AC-- аБ-- АС+- aS=- аС-- 53+* 53. ■3322632
Пример 8. Доказать, что для всякого треугольника АВС справедливо неравенство cos А+cos В+ cos С 5 3/2._ _ _
На сторонах треугольника построим единичные векторы ev ё2, ё3 (рис. 5.7). Суммой этих векторов является некоторый вектор 2, т. е. ё1+ё2+ё3=Э. Возведем обе части равенства в квадрат:
ё^ +ё^ +ё3 + 2ё,ё2 + 2ё,ёэ + 2ё2ё3 =?
или
1 + 1 + 1 +2 cos (л—В)+2 cos (л—Л)+2 cos (л—С)=|2|2-
Так как |2|2>0, то 3—2 cosB—2 совЛ—2 cosC>0, откуда cos А+cos В+ + cos С «3/2. ■
Пример 9. Дан куб ЛВСОЛ1В1С1Д1, длина ребра которого равна а. Найти радиус сферы, проведенной через точки А, В, Е и F, где Е и Г — точки на ребре ССЬ причем CE=EE=ECV
Введем систему осей координат (рис. 5.8), началом которой является точка ДО; 0; 0). В этой системе точки A, Bv Е и Г имеют следующие координаты: А(а; 0; 0), В^О; 0; а), ДО: а; а/3), ДО; а; 2п/3). Пусть О(х; у; z) — центр искомой сферы. Тогда ОА1=ОВг = ОЕ1=ОЕа=К1, где R— радиус сферы. Используя формулу (5.13), выражающую расстояние между двумя точками, получим систему уравнений
(x-ap+jP+z^R1,(*)
j^+jP+tz-ay-R1,(••)
х2 + (у—a)2+(z-- 1 — R1,
/ ау ГВычитая уравнение (****) из (***), имеем lz—) — f z——j =0, 2z—д=0, т. e. z=afl. Подставим это значение z в уравнения (*) и (**) и/ ау ГВычитая уравнение (****) из (***), имеем lz—) — f z——j =0, 2z—д=0, т. e. z=afl. Подставим это значение z в уравнения (*) и (**) иоткудаоткудавычтемвычтемх2 + (у—a)2+f z——1 —R1.
/ ау Г
Вычитая уравнение (****) из (***), имеем lz—) — f z——j =0, 2z—д=0, т. e. z=afl. Подставим это значение z в уравнения (*) и (**) и
/ ау Г
Вычитая уравнение (****) из (***), имеем lz—) — f z——j =0, 2z—д=0, т. e. z=afl. Подставим это значение z в уравнения (*) и (**) и
откуда
откуда
вычтем
вычтем
(**) из (*); тогда получим х=а11. Вычитая уравнение (***) из (**), находим у=7а/18. После_подстановки значений х; у и z в уравнение (**) окончательно найдем R=a-Jl\ 1/18. Ц
5.001. Дана окружность х2+у2 = 4. Составить уравнение прямой /, параллельной оси абсцисс и пересекающей окружность в таких точках М и N, что MN= 1.
5.002. Даны три точки А(2; 1), 5(3; —1), С(—4; 0), являющиеся вершинами равнобедренной трапеции ABDC. Найти координаты точки D, если AB=kCD. '
5.003. Даны вершины треугольника: А( —2; — 3), 5(—1; 2), С(4; 1). Доказать, что ДАБС — равнобедренный, и составить уравнение прямой, содержащей высоту, проведенную из вершины А.
5.004. В прямоугольной системе координат изображена равнобед-
Рис. 5.9Рис. 5.9ренная трапеция с основаниями 6 и 10 и углом ф = 60° при основании (рис. 5.9). Составить уравнения сторон трапеции.
Рис. 5.9
Рис. 5.9
5.005. Составить уравнение окружности, проходящей через точки Л (2; 0), В(5; 0) и касающейся оси Оу.
5.006. Составить уравнение прямой, проходящей через точку (2; 3) и образующей с осью Ох угол 120°. Найти площадь треугольника, образованного этой прямой и осями Координат.
5.007. На прямой 5х — 2у+9 = 0 най
ти точку А, равноудаленную от точек В(—2; — 3) и С(4; 1), и вычислить площадь треугольника АВС.
5.008. Длины диагоналей ромба равны 15 и 8 см. Первая диагональ принята за ось Ох, вторая — за ось Оу. Составить уравнения сторон ромба и найти расстояние от начала координат до стороны ромба.
5.009. Пусть А—точка пересечения прямых 2х+ 5у—8 = 0 и х — Зу+4=0; О — начало координат. Найти расстояние О А и составить уравнение прямой О А.
5.010. Найти координаты вершин С и D квадрата ABCD, если Л(2; 1), В(4; 0).
5.011. Вычислить длины диагоналей АС и BD параллелограмма ABCD, если Л(1; -3; 0), 5(-2; 4; 1), С(-3; 1; 1).
5.012. Даны две вершины равностороннего треугольника: А(—2; 2), В(—2; —4). Найти координаты третьей вершины треугольника и его площадь.
5.013. Известны координаты середин сторон треугольника: 1И"1(—1; 2), Л/2(2; -3), М3(—3; — 1). Найти координаты точки пересечения медиан треугольника.
5.014. Даны координаты двух вершин треугольника: Л(2; — 1), 5(—3; 5) и координаты точки пересечения медиан этого треугольника: ЛГ(1; 1). Найти координаты вершины С.
5.015. Даны координаты вершин четырехугольника: А(2; —2), В( — 3; 1), С(7; 7), Z)(7; 1). Доказать, что ABCD— трапеция, и найти длину ее средней линии. .
5.016. Убедиться в том, что существует только одна точка с координатами х, у, z, сумма квадратов расстояний от которой до данных двух точек Л(2; 3; — 1), 5(1; — 1; 3) постоянна и равна 16,5. Найти координаты этой точки.
5.017. В окружность 5?+уг = Кг вписан квадрат ABCD. Найти R и координаты вершин В, С и D, если (5; —12) — координаты вершины А.
5.018. Дана окружность х24-у2 = 9. Составить уравнение окружности, проходящей через начало координат и точку Л(1; 0) и касающейся данной окружности.
5.019. Составить уравнение окружности, проходящей через точку Л(2; 1) и касающейся осей координат.
5.020. Составить уравнение окружности, вписанной в треугольник, стороны которого лежат на прямых х = 0, у=0 и Зх+4у —12=0.
5.021. Найти длину хорды, образующейся при пересечении прямой х+у—5 = 0 и окружности (х+ 1)2 + (у+2)2 = 40.
5.022. Составить уравнения касательных, проведенных к окружности х2+у2 = 9 из точки 3/(5; 0).
5.023. Составить уравнение окружности, описанной около треугольника, образованного прямой Зх—у 4-6 = 0 и осями координат.
5.024. Составить уравнение сферы, проходящей через точку Л(1; — 1; 4) и касающейся координатных плоскостей.
5.025. При повороте вокруг начала координат точка Л(6; 8) переходит в точку Л^З; 6). Найти косинус угла поворота.
5.026. Даны точки Л(1; 1), 5(6; 6), С(5; 4), D(2; 1). Доказать, что ABCD — трапеция, и найти угол а между ее диагоналями.
5.027. Доказать, что треугольник с вершинами Л(2; 1), В(3; 0), С(1; 5) тупоугольный, и найти косинус тупого угла._
5.028. Найти угол между векторами аиЪ, если (5—В)2 + (25 —В)2 = 56, |5| = 2 и |3| = 3.
5.029. Даны векторы 5(2; — 3; 5), В(—1; 1; —3) и с(3; 7; 1). Найти координаты вектора р(х; у; z), если ра — 12, рЪ= —би р±с.
5.030. Найти косинус угла между диагоналями параллелограмма ABCD, если 'ДВ=а—З + Зс, ЯД = 45—5—с, где а, Б, с — единичные попарно перпендикулярные векторы.
5.031. Пусть 1, j и Тс — единичные векторы, направленные вдоль координатных осей, и a=6T—2j—31с. Найти косинусы углов, образуемых вектором 5 с векторами i, j и Тс.
5.032. Вектор ТТЛ составляет с осями Ох, Оу и Oz углы, соответственно равные а=я/3, Р=п]3, у = я/4; точка В имеет координаты (—2; —2; — 2^/2). Найти угол между векторами ТЫ и ТГВ.
5.033. Медианы боковых сторон равнобедренного треугольника пересекаются под углом 60°. Найти угол при вершине треугольника.
5.034. В окружности проведены радиусы О А, ОВ, ОС. Найти величину угла ЛОВ, если ТЫ+ДВ= ОС.
5.035. Дан треугольник ABC; BD— медиана, LDBC= 90°, BD=
-^!<ИВ. Найти LABD.
5.036. В треугольнике АВС угол при вершине А равен 60°, А В (4; 2; 4), АС= 1. Найти косинус угла между медианой ААХ и стороной А В.
5.037. В трапеции ABCD дано: вершина А(3; 0), середина основания АВ — точка Е(6; — 1), середина основания CD — точка /(7; 2). Боковая сторона ВС параллельна оси Оу. Доказать, что трапеция равнобедренная, и найти угол при ее основании.
5.038. Доказать, что луч СМ, где С — вершина прямого угла треугольника АВС, а М — центр квадрата, построенного на гипотенузе и лежащего вне его, есть биссектриса угла С.
5.039. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD длина каждого ребра равна а. Точка MeSC и SM:MC=2; 1. Найти угол между векторами ТУС и АМ.
5.040. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1CXDX дано: АА1 = 10, AD = 6, АВ=8. Найти косинус угла между векторами DBX и ADV
5.041. Дан куб ABCDA^B^^v Найти косинус угла между векторами ТЕ?! и DM, где М — середина ребра ССХ.
5.042. Известны длины ребер тетраэдра ABCD. Найти косинус угла между противолежащими ребрами АВ и CD.
5.043. Даны векторы 2(6; —8; 5^/2) и 5(2; —4; ^2\ Найти угол, образуемый вектором 2—5 с осью Oz.
5.044. Даны вершины треугольника: А(—2; 1; —3), В^\ —1; 1) и С(1; 2; — 1). Найти угол между стороной СА и медианой, проведенной из вершины С._
5.045. При каких значениях х векторы (?-1)а и 2х"а сонаправлены, если 2#0?
5.046. При каких значениях т векторы (т2^т—2)Ъ и тЧ> противоположно направлены, если 5^0?_■
5.047. При каких значениях х векторы (5х— х2)а и 2 сонаправлены и |(х —5)2|<|32|, если 2^0?__
5.048. При каких значениях у_векторы (Зу2 —11у+6)р и (у2 + 1)р противоположно направлены, если р^0?
5.049. При каких значениях х и у векторы (х; — 2; 5) и (1; у; —4) коллинеарны?__
5.050. При каких х верно неравенство |(х—2)а|>3|2|, если a^U?
5.051. Даны координаты вершин четырехугольника: А(— 1; 2; 3), В(—1; 3; 1), С(—1; 7; 3), D( — 1; 6; 5). Доказать, что ABCD—прямоугольник..
5.052. Найти вектор 5, коллинеарный вектору а(2^2:. — 1; 4), если Й=10.
5.053. Пусть О — точка пересечения медиан_ треугольника АВС иАО=о, АС=Б. Разложить ЯВ и ВС по векторам а и Ъ.
5.054. Медианы граней SAB и SAC тетраэдра SABC пересекаются соответственно в точках M1N. Доказать, что Ж7ЦВС, и найти отношение |^П7|: |ВС|.
5.055. Пусть К и М — середины сторон ВС и CD параллелограмма ABCD и ЯХ=2, АМ=Ъ. Выразить векторы BD и ЯВ через а и 5.
5.056. В параллелограмме ABCD дано: МеВС и ВМ:МС—\:2; NeDC, DN.NC=\'.2', АМ = а; AN—Ъ. Выразить векторы ЯВ, AD, MN и BD через 2 и 5.
И4
5.057. В треугольнике ЛВС дано: ЯВ=а, ЯС=Ъ, |2| = |5| = 2, С ВАС =60°. Выразить через аиЪ единичный вектор, направленный по высоте треугольника, проведенной из вершины А. .
5.058. Векторы 2, 5, с лежат в одной плоскости и образуют попарно друг с другом углы 2я/3. Разложить вектор 2 по векторам 5 и ё, если |5| = 3,|5|=2,|ё)=1. .
5.059. Дан прямоугольный треугольник ABC; LC=90°, D— основание высоты, проведенной из вершины прямого угла. Выразить вектор ТБ через векторы ТА и ТВ.
5.060. Дан правильный пятиугольник Л1Л2Л3Л4Л5. Разложить вектор АХЛ3 по векторам АхАг и AXAS.
5.061. К окружности с центром О проведены из точки М две касательные; Ли В — точки касания. Разложить вектор МО по векторам МА и МВ, если LAMB=a.
5.062. На стороне АВ параллелограмма ABCD взята точка К так, что АК:КВ=1. Сторона АВ в 3 раза длиннее стороны ВС. Разложить ТУК по ЯВ и ЯВ и найти отношение DK: АВ, если L BAD=60°.
5.063. В ромбе ABCD точки М и N — середины сторон ВС и CD. Найти LMAN, если L BAD = 60°.
5.064. Найти угол между медианами катетов равнобедренного прямоугольного треугольника, обращенный к гипотенузе.
5.065. Дан правильный пятиугольник ABCDE. Разложить векторы ЯВ и ЯЕ по векторам ЯС и ЯВ.
5.066. Найти длину биссектрисы АМ треугольника АВС, если АВ= с, АС=Ь и LA = a.
5.067. Точки М и N— середины отрезков АВ и CD. Доказать, что MN^ (AC+BD), MN^ (BC+AD).
5.068. Дан треугольник АВС; М — точка пересечения его медиан. Доказать, что ОМ<- (ОЛ + ОВ* ОС), где О — произвольная точка пространства. ■
5.069. В тетраэдре ABCD медиана DDX грани ADB делится точкой М в отношении DM: MDX = 3:7. Разложить вектор СМ по векторам ТА, ТВ и ТВ. _
5.070. Дано: прямая треугольная призма АВСАХВХСХ; ВВх=а, ВС=Ъ и ВА=с; О— точка_ перемчения медиан треугольника АВС. Разложить АХО по векторам а, Ъ и с.
5.071. Ребро куба ABCDAXBXCXDX равно 1. Найти угол между векторами MN и DC, если МеААх и АМ-.МАХ = \:2; NeCCx hCN:NCx=2-.\.
5ЯП2. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAXBXCXDX; AD=a, DC=b, DDx = c. Найти острый угол между прямыми BDX и AXD.
5.073. Дан тетраэдр ABCD и точка М в плоскости его грани ЛВС. Доказать, что для разложения ВМ = аВЯ+flDB+yBT выполняется равенство а+^+у= 1.
5.074. В тетраэдре О АВС плоские углы трехгранного угла при вершине О — прямые. Точка Н — основание перпендикуляра, проведенного из вершины О к плоскости грани АВС. Разложить вектор ОН по векторам О А, ТВ и ОС, если ОА=а, ОВ=Ь, ОС=с.
5.075. При каких значениях а и fl вектор 2(3; — 1; а) перпендикулярен вектору 5(2; fl; 1), если |5| = 3?
S/Пб. Даны три вектора а, Ъ, с. Доказать, что вектор (Вс)2—(2с)5 перпендикулярен вектору с.•
5.077. Доказать, что треугольник с вершинами Л(6; —4; 2), 5(3; 2; 3), С(3; —5; — 1) прямоугольный.
5.07& Даша единичные векторы т, п и р такие, что т±л, л±р и угол между т_ и_р равен _60*\ Найти скалярное произведение векторов 2=3т—2л+р и 5= —2/п+й—р._ __ _
_ 5.079. В треугольнике АВС дано: 335=47+2/, 37С=37+4/, где 7 и / — единичные взаимно перпендикулярные векторы. Доказать, что треугольник АВС прямоугольный, и вычислить его площадь.
5.080. Стороны треугольника АВС связаны соотношением t^ + i^Sc2. Доказать, что две медианы треугольника перпендикулярны. Верно ли обратное утверждение?
5.081. На сторонах ВС, СА и АВ равнобедренного прямоугольного треугольника АВС (ДС=90°) даны соответственно точки Av Вх, Сх. Доказать, что отрезки СС, и А ХВХ перпендикулярны и равны, если точки Ах, Вх, С, делят стороны треугольника по обходу в равных отношениях.
5.082. В треугольнике АВС дано: АВ=ВС; D — середина стороны AC; DK перпендикулярна ВС; точка М — середина отрезка DK. Доказать, что прямые АК и ВМ перпендикулярны.
5.083. Даны вершины треугольника: М^\; 1; 4), N^; 4; 4) и Х(3; 3; 2). Доказать, что 7JN1.MK, где О — середина стороны МК. Определить вид треугольника.
5.084. Даны два вектора Э33(— 1; 2) и U5(—4; —2), где О — начало координат. Найти длину отрезка АВ, площадь треугольника О АВ и длину медианы ОМ. _
5.085. Дан вектор д(1; —2; 5). Найти координаты вектора Ъ, лежащего в плоскости хОу и перпендикулярного вектору 2, если |5|=2\/5.
5.086. Найти _ единичный вектор, перпендикулярный векторам a=i+j+2R и Ъ=И+]+1с.
5.087. Доказать, что если биссектрисы двух плоских углов трехгранного угла перпендикулярны, то биссектриса третьего плоского угла перпендикулярна каждой из них.
5.088. Дано: куб ABCDAXBXCXDX (вершины основания A BCD расположены по ходу часовой стрелки); К — середина ребра ААХ; Н— середина ребра AD; М — центр грани CCXDXD. Доказать, что прямая КМ перпендикулярна прямой ВХН.
5.089. Найти объем треугольной пирамиды, построенной на векторах ТЫ, "UB и ОС, если |ОЗЗ| = 5, |O5|=2, IOC) = 6, 7333 -775=0, О А • ОС=0, Ов • ОС—8.
5.090. Пусть ЦТс — единичные векторы, направленные вдоль координатных oceit и 2=2<+/+Зак, 5=а2/+4/—Зй. Прн каких значениях а векторы а и 5 перпендикулярны?
5.091. В треугольнике АВС точка N лежит на стороне АВ и AN=3NB\ медиана АМ пересекается с CN в точке О. Найти АВ, если AM=CN=1 см и LNOM=«f.
5.092. В ромбе ABCD длина стороны равна 6, а величина угла BAD равна я/3. На стороне ВС взята точка Е такая, что ЕС=2. Найти расстояние от Е до центра симметрии ромба.
5.093. В параллелограмме ABCD точка К — середина стороны ВС, а точка М — середина стороны CD. Найти AD, если АК=6 см, АМ=3 сми LKAM=№.
5.094. Найти длину медианы АМ треугольника АВС, если АВ= 10 см, АС=6 см и Z. ВАС =60°.
5.095. Даны два вектора: а^х; 1; — 1) и 5(1; 0; 1). При каком значении х справедливо равенство (5+35)2 = (5—25)2? ■
5.096. Дан треугольник АВС; АВ=4 см, АС=8 см, L ВАС =60°. Найти длину вектора "ЯН, где НеВС и BN: NC=3:1.
5.097. В куб вписана сфера. Доказать, что сумма квадратов расстояний каждой точки сферы до вершин куба не зависит от выбора этой точки. Найти эту сумму.
5.098. В квадрат вписана окружность. Доказать, что сумма квадратов расстояний точки окружности до вершин квадрата не зависит от выбора этой точки. Найти эту сумму.
5.099. Около квадрата описана окружность. Доказать, что сумма квадратов расстояний точек окружности до вершин квадрата не зависит от выбора этих точек. Найти эту сумму.
5.100. Дан прямоугольник ABCD. Доказать, что сумма квадратов расстояний любой точки пространства до вершин А и С равна сумме квадратов ее расстояний до вершин Ви D.
5.101. Доказать, что в прямоугольном параллелепипеде ABCDAlB]C1Di сумма квадратов расстояний любой точки пространства до вершин A, Bv С и Dx равна сумме квадратов ее расстояний до вершин Av В, Сх и D.
5.102. В окружность вписан треугольник АВС. Прямая, содержащая медиану ССХ треугольника, пересекает окружность вторично в точке D. Доказать, что СЛ2 + С52 = 2СС1 ■ CD.
' 5.103. Даны векторы 5(2; — 1; 3), 5(1; — 3; 2), с(3; 2; —4). Найти вектор х, если х5= —5, х5= —11, хс = 20.
5.104. Даны векторы 5 = (3; 2; 2^и 5=(18; —22; — 5). Найти вектор х, если он перпендикулярен векторам а и В, образует с осью Оу тупой угол, а его длина равна 14..
5.105. Найти скалярное произведение векторов АК и BL, если АК иВЬ — медианы равнобедренного треугольника АВС, площадь которого равна 8, а ДЛ = 120°.
5.106. В равнобедренном треугольнике АВС с площадью S проведены высоты АМ и BN. Найти скалярное произведение АМ ■ BN при условии, что точки М и N лежат на боковых сторонах треугольника, а длина его основания равна с.
_2m 1 —т2
5.107. Пусть вектор а имеет координаты и , а вектор
1 +т 1 +т2
,X-tc1 2k
о — координаты —— и ——. Доказать, что оба вектора единичные: 1 +1+кг
[5| = |В|=1. Используя свойство скалярного произведения |5 В|<|5| ■ |5|,
1 (т+к)(1 — тк) 1 доказать справедливость неравенства ————
5.108. Найти модуль проекции вектора 5(7; —4) на ось, параллельную вектору 5(—8; 6).
5.109. Доказать, что для любых четырех данных точек А, В, С, D имеет место равенство АВ ■ CD* АС • ~DB*"AD • 5С=0.
5.110. Доказать, что если суммы квадратов противоположных ребер тетраэдра равны, то эти ребра попарно перпендикулярны.
■ 5.111. Доказать, что если в тетраэдре ABCD противоположные ребра попарно перпендикулярны, то AB2*CD1 = AC1*BD2 = AD2*BC.
Дан пятиугольник ABCDE; точки М, N, PhQ — середины его
сторон АВ, ВС, СР и РЕ. Доказать, что если U и V — середины МР и ^2, то вектор UV коллинеарен вектору АЕ. Найти отношение АЕ: UV.
В окружность с центром О вписан четырехугольник АВСР, диагонали которого, пересекающиеся в точке Р, взаимно перпендикулярны. Доказать, что середины сторон АВ и СР, центр О и точка Р являются вершинами параллелограмма. .
Доказать, что сумма квадратов длин всех ребер параллелепипеда равна сумме квадратов длин всех его диагоналей.
Даны точки A t(0; 1; 2), Л2(1; 2; 4), Bt(-1; -1; 3), В2(1; 0; 0); М, и Мг— середины отрезков АхВг и АгВ2. Найти вектор Л/1Л/2 и его модуль.
Даны вершины треугольника: А(— 1; 1); В(—5; 4) и С(7; 2). Найти скалярное произведение АВ • АС и площадь треугольника. '
Даны три ненулевых вектора а, Ъ, с, каждые два из которых неколлинеарны. Найти их сумму, если (5+5)||с и (5+с)||а.
Дан параллелограмм АВСР; АВ\\ВС, К — середина ВС, Р — середина PC. Выразить сумму векторов АВ и "СВ через векторы АК=а и АР=Ъ. _ _ _
Единичные_ векторы ё1д ё2, ё3 удовлетворяют условию ё3 +ё2 +ё3 =0. Найти ё,ё2 +ё2е3 +ё3ё,.
Дана неплоская замкнутая линия АВСР. Доказать, что если LABC= LPAB=4№ и РА = СВ, то LAPC= LBCP.
Найти отношения, на которые точка Р пересечения биссектрис треугольника АВС делит каждую биссектрису, если ВС=а, СА = Ь, АВ=с. '"
Объем треугольной пирамиды, построенной на векторах "UA, "UB и "ОС, равен ^/15. Определить длину вектора ТУС, если ТУА • ТУВ= 1, Ш ■ UC=0, • UC=0, Щ|=|0В|=2.
Объем треугольной пирамиды, построенной на векторах ТУА, ТУБ и ОС, равен ^3/3- Определить ТУА ТУС, если |77В| = 2, |Ол|=1, |UC|=3, ТУВ ■ ТУА=0, ТУВ ■ UU=0.
Найти объем треугольной пирамиды, построенной на векторах ТУА, ТУВ и "ОС, если |(m|=|Z7B|=|Uc| = 5, ТУА • ТУВ=0,ТУА • ТУС=0, ТУВ ■ UC=20. '
На плоскости заданы точки А(—6; —1), S(—4; —4), С(—1; —6), Р(—3; —3). Доказать, что АВСР — ромб, и вычислить его
Дан треугольник АВС; АВ "ВС=8, \АВ\ = 10, |ВС] = 6. Найти длину высоты, опущенной из вершины В. Является ли угол АВС острым или тупым?
Даны вершины тэтраэдра: Л(3; —2; 1), В(3; 1; 5), С(4; 0; 3), Р(0; 0; 0). Медианы граней АР В и ВРС пересекаются в точках Мх и М2. Найти отношение АС: М1М1.
Даны координаты вершин пирамиды: 5(0; 0; 2), Л(0; 0; 0), В(1; 0; 0), С(0; 1; 0). Найти координаты точки М, лежащей на оси Oz, и координаты точки N, лежащей в плоскости SBC, если известно, что "ЯК(1/3; 1/3; 0). ‘
Доказать, что для всякого треугольника АВС выполняется неравенство cos 2Л+cos 2В+ cos 20 — 3/2.
Дан треугольник АВС. Прямая / пересекает прямые ВС, СА, АВ в точках Л„ Bv Cv Доказать, что векторы АВ+А1В1, "БС+В^, "CA+CiAi коллинеарны.
ПРИЛОЖЕНИЯ
ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
Требуемые вычисления следует производить, не пользуясь техническими средствами: калькулятором, счетной линейкой, таблицами и т. п.
Вариант I
Упростить выражение
и найти его значение при х=7.
( ”\ 3
Найти tg а, если tg I а— \ 4/ 4,
Решить уравнение 4,_|—3 • 2,-2=1.
Найти /(я/4), если Дх)=2^/2 sin3 х.
Основание равнобедренного треугольника равно 30, а высота, проведенная к боковой стороне, равна 24. Найти длину боковой стороны.
Найти сумму корней уравнения Дх)+4Д(х)=0, еслиДх)=д/х2—6х+10. ях
Найти произведение корней уравнения cos2 — = 1, принадлежащих отрезку 2
[я, Зя].
Найти целое число, удовлетворяющее системе неравенств Jlog1/2(2x-3)> -3, (Х2 — 4х>0.
Из точки, отстоящей от плоскости на расстояние 5у2, проведены две наклонные, образующие с плоскостью углы в 45°, а между собой угол 60°. Найти расстояние между основаниями наклонных.
Вектор о(х; — 1; 2) перпендикулярен вектору 5(1; 2;0). Найти модуль вектора а.
Вариант II
Вычислить (4-’у$-2е-,Х4'*2,+^2)1,э).
Вычислить значение выражения х—y+lz, если х+у=4, y+z=8, x+z=6. 11
Решить уравнение — lg2=lg(2v*—2).
Сколько корней уравнения sinx+cos2x=0 находится на отрезке [—я, Зя]?
Дано: tga=3/4; 0<а<л/2. Вычислить значение выражения 25 sin2 a cos ос
Найти длину отрезка, на котором выполняется неравенство ^/х+^х< 6.
Сколько раз пересекает ось абсцисс график функции Дх)—х’+3х2 + 5х?
Сумма седьмого и одиннадцатого членов арифметической тгоогрессии равна 10, а сумма пятого и десятого членов равна 1. Найти сумму 20 первых членов.
х р
Вычислить/(1), еслиДх)-—Jx.
х2 + 1
Боковая сторона равнобедренной трапеции в 3 раза длиннее меньшего основания. Биссектрисы тупых углов этой трапеции пересекаются в точке, лежащей на основании. Найти отношение площади трапеции к площади треугольника, образованного меньшим основанием и биссектрисами.
Вариант III
Решить уравнение ^/зх+1 — у] х— 1 =2.
В треугольнике с основанием 15 см проведен отрезок, параллельный основанию. Площадь полученной трапеции составляет 75% площади треуголь
ника. Найти длину этого отрезка.
Упростить выражение
sin(60° + а)
4 sin4 sinsinsin
4 sin
4 sin
sin
sin
а затем найти его значение, если sin 30°н— 1=0,8, 0°<а<90°.
\2/
Решить уравнение lg2(100x)—lg2(10x)+lgx=9.
Найти наименьшее из отрицательных решений неравенства
Сколько корней, не превосходящих по абсолютной величине я, имеет
уравнение 1+ctg2 I —ьх =cos*x—sin*x? \ 2)
— -)=0.
W
Отношение среднего арифметического двух положительных чисел к среднему геометрическому этих чисел равно 13/12. Найти отношение большего из заданных чисел к меньшему.
/ Зя\
Дано: cos За=2/3. Вычислить значение выражения 81 cos2 I ба—— I.
Доказать, что функция Дх)=sin2 2х+0,5 cos4x+2sin2x+cos2x принимает одно и то же постоянное значение при любом значении х, и найти это значение.
Вариант IV
Вычислить значение А=2В— 10е, где В=1/1о^2, C=2/log210.
Найти значение х, удовлетворяющее уравнению 10х:§/2У=2513 .4"2/3:^64.
Решить уравнение 2^/х—2—15=ух—2.
Найти наибольшее значение х, при котором верно неравенство 2х-5^/х 4-2^0.
Найти площадь равнобедренной трапеции, если ее высота равна 16, а диагональ равна 20.^е ,
Найти х в градусах, если 0°<х<270° и sm(90°+2x)+sinx—0. *~"'
(а I
Вычислить значение выражения 49:tg I а+— ), если sin -=-.
\2/2 3
На двух станках требовалось обработать по 150 деталей, причем на первом из них обрабатывали в час на 5 деталей больше, чем на втором. На первом станке работа была начата на I ч позже, чем на втором, и, кроме того, она была прервана на 30 мин. Однако на обоих станках работу выполнили к одному и тому же сроку. Сколько деталей в час обрабатывали на каждом станке?
Решить уравнение
х2 . S^^+^^-S^^^ + x2 • 5'
6 —х х+З х + 5
Решить уравнение—.
1-х2 х(1—х) х(14-х)
Вариант V
В уравнении x* + bx—12-0 один из корней равен 3. Найти значение коэффициента Ь.
Упростить выражение (2х1/2-у-1,4Х2х1,2+у-1/4) и вычислить его значение при х—1,2 и у—4.,
Найти сумму корней уравнения 2х ~ ■ 5^~3 — 0,01 ■ (10х-1)2.
Решить уравнение >/2,1x4-1 =х-1.
Найти сумму целых значений х, удовлетворяющих неравенству х2-3х<4.
Используя формулы тождественных преобразований, вычислить cos 50е сое 40°—2 sin 50° sin 20° cos 20°.
Найти наименьший корень уравнения 2 cos2x—3 sinx-О, лежащий в интервале (0°, 90°). Ответ записать в градусах.
Площадь равнобедренной трапеции 180 см2. Длина средней линии равна 45 см; длина боковой стороны 5 см. Найти длину меньшего основания трапеции.
Высота конуса равна 3; угол между высотой и образующей равен 45°. В этот конус вписан другой конус так, что его вершина совпадает с центром основания первого конуса, а соответствующие образующие конусов перпендикулярны. Найти объем вписанного конуса (положить я —3,14 и округлить ответ до сотых).
Вычислить/(я/2), если Дх)-0,5 sinx tg 2x4-2,5 cosx.
Вариант VI
4V5-2J6
Вычислить ——-=-=-.
(УЗ+У2)(УЗ-У2)
Сумма четвертого и пятого членов геометрической прогрессии равна 20, а сумма третьего и четвертого членов равна 5. Найти шестой член этой прогрессии.
Металлический шар радиуса R=^/2 переплавлен в конус, площадь боковой поверхности которого в 3 раза больше площади основания. Найти высоту конуса.
Решить уравнение 2(arcsinx)1+«1—Зя arcsinx.
Вариант VII
Вычислить (^-^ -^Ц-V5^ ) -V2 ™ у-
4—х 4
Найти все целые значения х, удовлетворяющие неравенству> 1 —. х—5 х
Решить уравнение ^х14- 8 4-^/х3 4-8 = 6.
Найти корни уравнения 2* +Io8ix4-41+1оМ1Х= 110.
Равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 3 см н углом 60° вращается вокруг меньшего основания. Найти объем тела вращения и записать ответ, округлив его до ближайшего целого числа.
Сколько корней уравнения cos2 2x4-cos2 6х=1 находится в промежутке [—я/8, я/2]?'
Найти координату середины отрезка, на котором справедливо неравенство logo,i(x2-x4-8)>-l.
Найти два числа, если их среднее арифметическое на 16 меньше большего из этих чисел, а среднее геометрическое на 8 больше меньшего из них.
/V2 008 а— 2 sin(45° —а)\6
Упростить выражение Iт=1 .
\2 sm(60°4-a)—уЗ cos а/
Найти наименьшее и наибольшее значения функции у=^х(10—х) в области ее определения.
Вариант VIII
Решить уравнение ух—44-ух4-24 = 14.
Упростить
'a—«Jal—b1 a*-J<?—Ьг\ A^J^—^b1 -..У;=-= ) ; -У; а>Ь>0.
-a+sj^—b1 a—^Jc^ — b1/(ЭД
Найти больший корень уравнения
lg2(100x)4-lg2(10x)= 144-lg
х
Найти наименьшее положительное целое х, удовлетворяющее неравенству у/ол5*~^>О,64.
Вычислить cos 2а, если tga=0,75.
Найти корень уравнения sinx—1=0,5 sin 2х—cosx, лежащий в интервале 0°<х<180°. Ответ записать в градусах.
В равнобедренном треугольнике высота относится к основанию как 3:4, а боковая сторона равна 2^39 см. Найти площадь треугольника.
Металлический цилиндр с диаметром основания <7=4 см и высотой Л—4 см переплавлен в шар. Вычислить радиус этого шара (считать ^/12 «2,3).
(Ж-(Ж-Число 26 разбить на такие два слагаемых, чтобы сумма их квадратов была наименьшей.
(Ж-
(Ж-
Решить уравнение 0,125 ■ 42х 3
Вариант IX
, _(V2-V3)2+2V6
Вычислитьрр. (V6 + 1)(V6-1)
Вычислить Зх+y-^-z, если x+y+2z=14, 2x+y+z=10, x*2y+z=12.
Решить уравнение log2(17—2Л)=4—х.
Вычислить значение 10х при x=lg!2+(log410)"*.
Дано: ctg2a = 3/4, 0<а<я/2. Найти cos2 о.
Сколько корней уравнения sinx+cosx= 1,4 находится на отрезке [—я, Зя]?
Найти координату середины отрезка, на котором выполняется неравенство З^/х+1—^/х-И >2.
Восьмой член арифметической прогрессии равен 2, одиннадцатый член равен 11. Сколько членов прогрессии, начиная с первого, надо взять, чтобы их сумма была равна 30?
Найти квадрат наибольшего значения функции Дх)=sin х+cos х.
Через вершину конуса проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол, косинус которого равен 1/3, и отсекающая на окружности основания дугу в 90°. Расстояние от центра основания до этой плоскости равно 2/^я. Найти объем конуса.
Вариант X
х-1Зх5
Решить уравнение—= —.
х2х—22
Найти х в градусах, если 180°<х<360° и cos2(180°+x)+3 cos2(90°+x)=2.
Найти наибольшее значение х, при котором справедливо неравенство х2 +4(^4 - х)2 - 21« 0.
Решить уравнение 2^3хч-0,1 = 3^/зх+0,1 — 1.
Разность длин оснований трапеции равна 14 см; длины боковых сторон равны 13 и 15 см. Вычислить площадь трапеции при условии, что в эту трапецию можно вписать окружность.
Моторная лодка прошла 60 км против течения реки и 60 км по течению, затратив на путь против течения на 50 мин больше, чем на путь по течению. Найти скорость течения реки, если скорость лодки в стоячей воде равна 21 км/ч.
Найти число х, если
^92(1/3)6 _ х(^3)"* -27"2/3 2(^ЗУ
Вычислить значение выражения 27 cos4 2a, если со$(3я—4a)=2/3.
Найти сумму и произведение корней уравнения
X2 • б^+б^-х2.6^+62-х.
Вычислить значение А, если А =4®, где B=log25 +log1#<10.
Вариант XI
Найти число х, если
(х-1)(^9)392
V27 • (1/3)» $/9/
Решить уравнение 2х-1+2х-24-2х-3=448.
Решить уравнение lg(lgx)+lgQgx3—2)=0.
Площадь равнобедренной трапеции, описанной около окружности, равна 32 см2. Найти длину боковой стороны, если угол при основании трапеции равен я/6.
Найти синус большего острого угла прямоугольного треугольника, если радиус окружности, описанной около треугольника, в 2,5 раза больше радиуса вписанной окружности.
Упростить выражение
/Зя\/Зя\
tg(n —a) tg IРа ) + яп(2я — а) cos (Ра — со$2(я — а).
\ 2/\ 2/
Вычислить (O.OOl'^-^O.Ol180-3^0’5) ■ 2,7.
Ha ребре двугранного угла в 120° взят отрезок АВ=3 см; из его концов в различных гранях к нему восставлены перпендикуляры АС=\ см и BD=2 см. Вычислить расстояние между точками С и D. ,
х
Дано: Дх)=+2. Найти сумму корней уравнения F(x') = F'(x').
2—х
Найти площадь треугольника, образованного отрезками осей Ох и Оу и прямой, проходящей через точки (0; 4) и (4; 2).
Вариант XII
Найти число 2х, если
*+5,5(Уз-У2)(3У9 + \/б + 3У4)
Найти значение выражения х^л-у1, если 2х+у=2, х+3у=3.
Решить уравнение log1/2(x— l)+log1/2(x-Pl)-log1^ (7 — х)=1.
Сколько целых значений х удовлетворяет неравенству х2 + 8х<20?
Решить уравнение 2х+3 ■ 2x+z = 6,5.
Найти значение выражения tg215°+4 tg60°.
Сколько корней уравнения sinx—sin 2x+sin Зх=0 находится в промежутке [0, яр
Шестой член арифметической прогрессии в 4 раза меньше девятого члена, а их сумма равна 20. Найти сумму девяти первых членов прогрессии.
Найти точки экстремума функции Дх)=х In х.
Через вершины произвольного четырехугольника проведены прямые, параллельные его диагоналям. Найти отношение площади параллелограмма, образованного этими прямыми, к плошади данного четырехугольника.
Вариант XIII
1. Найти число Зх, если1. Найти число Зх, если( 2\ х+)\3/( 2\ х+)\3/9»2Уз-У523,2(3-л/5)9»2Уз-У523,2(3-л/5)
1. Найти число Зх, если
1. Найти число Зх, если
( 2\ х+)
\3/
( 2\ х+)
\3/
9»2Уз-У5
23,2(3-л/5)
9»2Уз-У5
23,2(3-л/5)
Вычислить значение 5х при х=1о^ 16 + l,51og1/33 —IgVs-lgV2-
Вычислить длину отрезка, на котором выполняется неравенство х2—х<6.
Решить уравнение 4 • 5х—5~x+lglOO=5.
Упростив выражение, вычислить cos 20°—sin 20° ctglO°.
Сколько корней имеет уравнение cosx— cos3x—sin2x=0 на промежутке [О.лП
Исследовать функцию Дх)=х3+Зх2 — 5. Сколько раз ее график пересекает ось Ох?
Сумма шестого и девятого членов арифметической прогрессии равна 20, а их произведение равно 64. Найти десятый член этой прогрессии, если ее первый член отрицателен.
Осевое сечение конуса — равносторонний треугольник. Найти отношение объема конуса к объему вписанного в него шара.
Вариант XIV
Упростить выражение
х-6—6414х2(2х+1)
16+4х~2 — х'4 4—4х*14-х-21—2х
Упростить выражение
1\ / 1\
4-tg2a) I 1 4-tg2a ).
cos 2a/ \cos 2a)
3.3.Решить уравнение 1,5 ■ 4x+0,5=6x4-2 • 9х °'5.
3.
3.
Сумма первого, третьего и пятого членов арифметической прогрессии
равна — 12, а их произведение равно 80. Найти первый член а4 и разность d прогрессии, выбрав наименьшее значение av
х— 1
Найти сумму всех целых решений неравенства logI/2> — 1.
7—х
Найти число решений уравнения /,(х) = 0 на отрезке [0, 2л], где Дх) = =4sin2x—3cos2x— 10х.
В равнобедренном треугольнике длина боковой стороны равна 4>/10, а длина медианы, проведенной к боковой стороне, равна 3^10. Найти длину основания треугольника.
При каком значении параметра а уравнение lx2—2х—3|=а имеет ровно три решения?
В треугольной пирамиде ABCD грани АВС и BCD — правильные треугольники с заданной высотой. Угол между этими гранями равен q>. При каком значении 1/со$ф площадь полной поверхности пирамиды явлется наибольшей?
Найти угловой коэффициент касательной, проведенной к параболе у-х2—3x4-4 из начала координат, при условии, что абсцисса точки касания — число положительное.
Вариант XV
Решить уравнение
21 х—4
_|_х2—4 х2 —2х х24-2х
Вычислить А = 5’, где B=21og25 8 + log1;5 5.
Найти наименьшее х, при котором справедливо неравенство х—3 (V*-5)2
2 " х—6 "
В бассейн проведены три трубы. Первая наполняет его на 4 ч дольше, чем вторая, а вторая — за 1/3 времени, необходимого для наполнения бассейна третьей трубой. Если все трубы будут действовать одновременно, то бассейн наполнится за 4 ч. За сколько часов первая и третья трубы, действуя раздельно, могут наполнить бассейн?
Решить уравнение
(х2 —Зх)9^2-Х+4 • 9х=(х2-Зх)9х+4 • sT^"*.
Найти число х, если=(16)1,е • 4 1/2.
</б4х
В равнобедренной трапеции боковая сторона равна средней линии, а периметр равен 48. Найти длину боковой стороны.
/л \а 1
Вычислить значение выражения 4tg2 I -4-а), если sin -=—=.
гJ2 ^3
Решить уравнение х-ух+16=8^х2, х>0.
Найти х в градусах, если 0°<х<360° и 2 sin2 (х+270°)—7 sin (х+90°)=4.
Вариант XVI
Решить уравнение
х2 22л^6 ,+4z~x—16.4^6 X + x2 2-Zx.
Найти число х, если
V25 -5-1'2/1\2 / 1 V
C^isf ■ V5 ■ л w s/257
Найти значение А, если Л=2Я+6С, где B=2^og^ 2 и C=l/log26.
Решить уравнение л/42—х=2+^6—х.
632
Решить уравнение —-——=— 1.
х2 —1 х-Н х—1
/Пл\/Зя\ 1
Вычислить значение выражения 16 sin42а если sin I4а )=-.
\ 2/\2/ 4
Две окружности равного радиуса касаются в точке С внешним образом. Кроме того, каждая из них касается извне третьей окружности радиуса 6,5 в точках А и В соответственно. Найти площадь треугольника АВС, если АВ=5.
Найти наибольшее значение х, при котором верно неравенство
х2+х—45 Зх+1
х-62 '
Найти х в градусах, если 90°<х<270° и 3cos3(x+270°)+sin2(x+180°)=1.
В первую поездку автомобиль израсходовал 10% бензина, имеющегося в баке, затем во вторую поездку — 25% остатка. После этого в баке осталось бензина на 13 л меньше, чем было первоначально. Сколько литров бензина находилось в баке первоначально?
Вариант XVIIх2—х
Решить уравнениеТ=^.
x—sjx
В квадрате Л BCD точка Е — середина стороны ВС, а точка F— середина стороны CD. Найти тангенс угла EAF.
Найти сумму всех значений параметра а, при каждом из которых уравнение (а—2)№—2^6 х+а — 1 = 0 имеет ровно один корень.
Высота и диагональ равнобедренной трапеции равны соответственно 5 и 13. Найти площадь трапеции.
(
я а\ 1 = 3.
4 2/
Найти сумму всех целых решений неравенства log1/3(2x—1)> —2.
Найти длину отрезка, отсекаемого на оси ординат касательной, проведенной к линии ^gS/x2 в точке ее пересечения с биссектрисой первого координатного угла.
Точка Л/(2; 5) принадлежит параболе у= — №+пх+5. Найти ординату вершины параболы.
Боковые грани правильной треугольной призмы — квадраты. Площадь боковой поверхности призмы равна 144. Найти объем многогранника, вершинами которого служат центры всех граней призмы.
Найти значение числа к, при котором равенство
2 sin 4х (cos4 2х — sin4 2х) = sin кхверно при любом значении х.
Вариант XVIII
Найти сумму квадратов корней уравнения х(х—.>Уз)=1.
Решить уравнение log1;2(log2 х— 1) = — 1.
Три целых положительных числа образуют геометрическую прогрессию. Найти третий член прогрессии, если ее второй член на 1 больше первого члена.
Найти наименьшее значение функции ^x) = |tgx+ctgx|.
В параллелограмме ABCD (ЛВЦ CD) биссектриса тупого угла В пересекает сторону AD в точке F. Найти периметр параллелограмма, если длина АВ равна 12 hAF:FD = 4: 3.
Решить систему неравенств
{
1
>1,
2-х
2 4^^ 32х.
Высота конуса равна 6. Образующая конуса составляет с плоскостью основания угол 60 . В конус помещена пирамида, основанием которой служит равнобедренный прямоугольный треугольник, вписанный в основание конуса, а вершиной — середина одной из образующих конуса. Найти объем пирамиды.
Параметр к квадратного уравнения х2—2Ах+3(2А— 3)=0 принимает следующие значения: 1, 2, 3, 4, 5, 6 и 7. Каждому из указанных значений к соответствует то или иное число корней заданного уравнения. Найти число всех корней.
Зх—1
Решить уравнение 4arctg= л.
х+З
Дх) 1,-
Найти целый корень уравнения ^^")==у еслиДх)=^/х2 —Зх+1.
Вариант XIX
Найти наибольшее значение функции ДаЧ^х2 — 6х+16 на отрезке [1, 6]. х2(х —2)2
Решить неравенство>0.,
.logos (хЧ!)
Найти |х|, если |х-4|+5х—-8.
В параллелограмме ABCD длина диагонали BD, перпендикулярной стороне АВ, равна 6; длина диагонали А С равна 2</22. Найти длину стороны AD.
- -Vx3+x+4
РАпить уравнение-2.
х—1
1+COSX
Найти число корней уравнения-0 на отрезке [0, 9л]. ■tg(x/3)
Куб с ребром, длина которого 4^/з, пересечен плоскостью, проходящей через середины трех его ребер, выходящих из одной вершины. Найти площадь
сечения.
Найти A/5cos(arctgO,75).
Найти Иш —~=—. х-»3 ух + 1 —2
(-1)'(-1)'10. Вычислить10. Вычислить1 1
(-1)'
(-1)'
10. Вычислить
10. Вычислить
Вариант XX 1. Найти значение числа о, при котором система
2х—у х+Зу 1*2, 35
х+2у х—5у 3,
3
5х—у х—Юу —а
2
имеет решение.
Найти площаДь фигуры, ограниченной графиками функций у—4—х, у-4+х,у-|х(.
/яп 80 +ып40 \2
Найти I .
\ яп 70°/
Решить уравнение log^(2x)—log, х4.
В прямоугольном треугольнике отношение катетов равно 0,5. Найти тангенс острого угла между медианами, проведенными к катетам.
Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна 9, а сумма квадратов ее членов равна 40,5. Найти второй член прогрессии.
В результате измерений некоторой величины получены следующие пять значений: 51; 51,2; 51,4; 52,1; 52,3. Найти такое число х, для которого сумма квадратов разностей между полученными значениями и числом х была бы наименьшей.
log3(9-xlofa2 )>
Решить уравнение1.-
х
Длина гипотенузы АВ прямоугольного треугольника АВС равна 4. Найти сумму• И •1г"Са • "СВ.
Найти наименьший положительный угол (в градусах), удовлетворяющий уравнению 2cos3 (270°+а)+7 sin (270°-а)-5.
Вариант XXI
Решить уравнение >/2х+1+Vx=5.
Длина основания равнобедренного треугольника равна 12. Радиус вписанного в треугольник круга равен 3. Найти площадь треугольника.
Найти сумму всех целых положительных решений неравенства 4х-1—2х <1,25.
2sina—cos a
Найти tga если= 3.
sin a—2 cos a
Решить уравнение log3log1/3log,x—0.
{
cosnx— — 1,
x3 —5x2 —14x = 0.
Найти максимум функции Дх)=20х/(х2 +1).
Основанием пирамиды ABCF служит правильный треугольник АВС со стороной, длина которой равна 20. Ребро FB перпендикулярно плоскости основания и имеет длину, равную 5. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной скрещивающимся ребрам АС и FB так, что в сечении получился квадрат. Найти длину стороны квадрата.
Найти расстояние между точками пересечения параболы у=- х2—-3
и прямой 4х+Зу+9«0.
Решить уравнение |х-4|=х.
Вариант XXII
Выражение (21og3254-lg2)log310 преобразовать к виду (Л log, 5 4-В)2.
Известно, что точка пересечения прямых 2х+у—9 и *х+5у*18 принадлежит биссектрисе первого координатного угла. Найти число к.
Величина угла между боковыми сторонами равнобедренного треугольника меньше 60°. К боковой стороне проведены медиана и высота, длины которых соответственно равны 3>/5 и 6. Найти длину боковой стороны.
Касательная, проведевная к параболе у—зг —5x4-10, образует с осью абсцисс угол 45°. Найта расстояние от точки касания до начала координат.
— 3.— 3.5. Решить уравнениеь- 2x4-15. Решить уравнениеь- 2x4-12510
— 3.
— 3.
5. Решить уравнениеь- 2x4-1
5. Решить уравнениеь- 2x4-1
Найти cos22a, если sine—cosa-l/^/s.
Пятый член арифметической прогрессии равен 4. Какова должна быть разность прогрессии, чтобы сумма квадратов второго и шестого членов была наименьшей? ■
В пирамиде ABCF через медиану ВК основания АВС и середину L бокового ребра AF проведена плоскость. Найти отношение объема многогранника BCKLF к объему пирамиды ABKL.
Найта сумму всех целых решений неравенства 2х 4-9 2 <10.
и 1/ 1\ V2
Решить уравнение — (6x4-1)—- arctg 14-arccos ( —I—arcin—.
Вариант XXIII
Сумма модулей корней квадратного уравнения 4х*+кх— 3— 0 равна 2, причем модуль отрицательного корня больше положительного корня. Найти число к.
ях 1
Найти наименьший положительный корень уравнения log, ctg — 4-~ —0.
Разность между площадью круга и площадью вписанного в него квадрата 5-363.129
равна 2^/3 (л—2). Найти площадь правильного шестиугольника, вписанного в этот круг.'
Решить уравнение 2х+>/х+11 =14.
Решить уравнение 2х/9—(sin 15° 4-tg 30° cos 15°).
Все четыре грани пирамиды — правильные треугольники. Найти расстояние между центрами ее двух граней, если площадь полной поверхности пирамиды равна 81-^3.
Jx'-x-Yl (2х-*’-л/2).
Решить уравнение=0.
Х4-3
Найти длину отрезка, отсекаемого на оси абсцисс касательной, проведенной к графику функции у=V х2 4-2x4-4 в точке с абсциссой, равной —2.
х2+х+1
Найти целое решение неравенства<0.
х2 —12x4-35
Найти число корней уравнения sinx+cos2x=0, принадлежащих отрезку [0, Зя].
Вариант XXIV
Найти сумму всех корней уравнения (х2—7x4-2)— 13(х2—7х)—26=0.
^/з я
Найти sin2 За, если a=2arctgl — arcsin ———.
212
В прямоугольном треугольнике АВС длины катетов А С и ВС соответственно равны 12 и 8; точка К — середина медианы ВВ. Найти длину отрезка СК.
Решить уравнение log^lx* 4-х3—бх2—7х)= 4.
Найти наименьшее значение'функции Дх)=2х 4-22-х на отрезке [0, 2].
Основанием прямоугольного параллелепипеда АВСВА^хС^! (4Л1[ВВ1|СС1|1ЭР1) служит квадрат АВСВ, площадь которого равна 50. Точка О — центр квадрата АВСВ.'точки Ей К — соответственно середины ребер СС, и А^. Вектор "OF перпендЩулярен вектору ВК. Найти объем параллелепипеда.
Если некоторое двузйакйое число разделить на произведение его цифр, то в частном получится 3, а в остатке 9. Если же к сумме квадратов цифр этого числа прибавить произведение его цифр, то получится искомое число. Найти это число.
/ я\я
Найти sin2x, если tg I Х4— 1—2 tgx=2 и 0<х<~. \4/2
Точка пересечения прямых 2х—у= 10 и Зх+2у= 1 принадлежит окружности с центром в начале координат. Найти радиус этой окружности.
Найти произведение всех целых решений системы неравенств
Сх2-5х-6<0,
(х2-Зх>0.
11ГГВариант XXV
1
1
Г
Г
5^Ца координатной плоскости хОу даны прямая х+5у=4 и два вектора а(2; -^3) н*Б( — 1; 5). На данной прямой найти такую точку М, чтобы вектор ОМ был перпендикулярен вектору й+ЗБ.
Основанием четырехугольной пирамиды служит квадрат. Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания. Какую длину должна иметь высота пирамиды, чтобы радиус шара, описанного около пирамиды, был наименьшим, если объем пирамиды равен 72?
Найти наибольшее значение функции Дх)=2япх—cos 2х на отрезке [я/4, Зя/4].
Найти/'(2), еслиДх)=х 1п(х24-2х—7).
Найти сумму всех рациональных (в том числе и сократимых) дробей со знаменателем 2, являющимися решениями неравенства 2х 4-3 ■ 22~х<13.
Найти площадь фигуры, ограниченной графиком уравнения х4-|у|=2 и осью ординат.
Вариант XXVI
Решить уравнение х=2—^ — Юх—х2.
Пассажир проехал на поезде 120 км и, пробыв на станции 40 мин, вернулся с обратным поездом, проходящим в час на 6 км больше, чем первый. Общая продолжительность поездки составила 8 ч. Сколько километров в минуту проезжает каждый поезд?
Найти середину промежутка, на котором выполняется неравенство 4Х2 4-4x4- 2(^/2х4-1)2 < 34.
Две окружности равного радиуса касаются в точке С внешним образом. Кроме того, каждая из них касается извне третьей окружности радиуса 5 в точках Ли В соответственно. Определить площадь треугольника АВС, если АВ=6.
Найти х, если
4~1/3 ■ 162/3 /1\3'41
</б4х W </з2
Найти сумму и произведение корней уравнения
, мх+2-.।у V.x+2-Н
2х2 -2*х ■ 2х+‘ =2х2 • 2х 4-х ■ 2^.
((Mi\\-i1
Вычислить Л =9 I tg2 |4а ) I , если cos 2а=—=.
к\2))V5
2x4-1 Зх 5
& Решить уравнениен=-..
х 2(2x4-1) 2
Найти х в градусах, если 0°<х<360° и 2 cos2(х4-270°)=3 sin(х4-270°).
„11
Вычислить А, если Л =4*4-5 , где В=, С=.
2 logs 21°8?5
Вариант XXVII"
Найти х в градусах, если 90°<х<270° и sin2 (180°4-х)4-3 cos2 (180°4-х)=2.
Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 2 см, тангенс двугранного угла при основании равен 4/3. Най™ площадь полной поверхности пирамиды.
Найта наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное чисел А, В и С, где Л =62, В=102 и С=42
В арифметической прогрессии содержится 10 членов. Сумма членов, стоящих на четных местах, равна 50, а членов, стоящих на нечетных местах, равна 35. Определить первый член и разность прогрессии.
Найти корень уравнения logj (№+Зх—4)—log*.
х+4
Вычислить А, если А—10*4-3е, где В—2Дog310 и С— l^og6 3.
sinx4-2x
Найти значение производной функции Дх)—в точке х—0. cosx— 3
Найти середину промежутка, на котором выполняется неравенство х24-7<6х4-у2, гдеу=(7—2х)1,а.
Найти квадрат расстояния между точками, координаты которых удовлет- [х_14-у-1-0, воряют системе уравнений <
1х"2Ч-у-2=8.
Найти х из уравнения 82,э • 2 ■ (0,5)~2 . х~1 =27 ■ 2~2.
Вариант XXVIII
Дм перевозки 60 т груза из одного места в другое требуется некоторое количество машин. Так как на каждую машину грузили на 0,5 т меньше, то дополнительно потребовалось 4 машины. Сколько машин было затребовано первоначально?
Найти середину промежутка, на котором выполняется неравенство 1—2х logons— <0,5.
х+1
Родить уравнение х-(16—х2—бх)1'2—2.
Решить уравнение (2x4-1) : х4-2,5х : (2x4-1)== 3,5.
На отрезке [0°, 360] найти число различных корней уравнения
13
74-4 sinx :1=0.
cosx cos(90°—2х)
Найти сумму и произведение чисел х, у, z, удовлетворяющих системе '5x-2y-z=2,
4 Зх4-4у—5z—4,,x+3y—2z= — 1.
Вычислить 4=sin(90°—2х), если sin(180°—х) : cos(180°—х)— — 2.
Найти коэффициенты к и q уравнения прямой у «*х 4-9, которая пересекает гиперболу у=2,4/х в точках с абсциссами х—2 и х= —3.
Дано уравнение относительно х:
х • У-х • 3'-У+1-3,+ 1, где у-(х4-2)*'2.
Найти сумму и произведение корней этого уравнения.
(Зх24-2у—*,
При каком значении параметра к система уравнений < _„ имеет
(х24-у2 = 117 единственное решение?
'7 4 30,5 : 1^54— : 1,57 И'7 4 30,5 : 1^54— : 1,57 ИВариант XXIX
'7 4 3
0,5 : 1^54— : 1
,57 И
'7 4 3
0,5 : 1^54— : 1
,57 И
X Упростить выражение
2aVa+*V^ —@,~°)3(Va+V^)~2 [\/ab—o)lgM
t?*1 +№(b-a) lg4
3a3a3a3a
Упростить выражение sin4 ——6 sin2 — cos2 —Heos4 ——cos 6a+4.
2222
Даны три вектора а,Ъ и с, удовлетворяющие условию а— Ъ—с=0. Зная, что |a| = 3, |S| =4 и |с| = 5, вычислить Ъ"с—"аЬ— с а.
Известно, что при любом л сумма S„ членов некоторой арифметической прогрессии выражается формулой 5„=5л2—4л. Найти три первых члена прогрессии. - -
Решить уравнение у]х+6—^/Зх—26=\]х—6.
Найти корни уравнения log, (9Х+ 2+7)=2+log, (Зх+2+1).
Около круга радиуса ^/з см описана равнобедренная трапеция с острым углом 60°. Найти длину средней линии трапеции.
Найти х в градусах, если —90°<х<90° и sin(180°—х) cos(90°—7х)= =cos (270° + Зх) sin (360°+5х).
Образующая конуса равна 2 см и составляет с плоскостью основания угол 30°. Найта объем описанной около конуса пирамиды, основанием которой служит ромб с тупым углом 150°.
Вариант XXX
Найта два первых члена бесконечной геометрической прогрессии (0<9< 1), сумма которой равна 9, а сумма ее трех первых членов равна 26/3.
2.2.Решить систему уравнений -
2.
2.
5. Найта целые числа х, удовлетворяющие неравенству5. Найта целые числа х, удовлетворяющие неравенствуи 4 (sin 2х cos5 2x4-28х-12 *9и 4 (sin 2х cos5 2x4-28х-12 *9Найти х в градусах, если — 80°<х<80° +cos2x sin52x)4-sin34x=l.
5. Найта целые числа х, удовлетворяющие неравенству
5. Найта целые числа х, удовлетворяющие неравенству
и 4 (sin 2х cos5 2x4-
28
х-12 *9
и 4 (sin 2х cos5 2x4-
28
х-12 *9
В правильной четырехугольной пирамиде длины ее бокового ребра и диагонали основания равны -J^ см. Найта объем пирамиды.
Расстояние между городами А и В равно 195 км. ИзЛвВиизВвЛ одновременно выезжают два поезда и встречаются через 3 ч. Затем они продолжают свой путь. Поезд из А прибыл в В на 13/14 ч раньше, чем фугой прибыл в А. Определить скорости поездов.
Найта значение производной функции y=3cos 1x4— ) фи х=1.
\ X/
В прямоугольном параллелепипеде АВСВА^^хОу диагонали основания А С и DB пересекаются в точке М и LABD = 6O°. Определить скалярное произведение "АС ■ 35, если ДА/] =3 и LBMB^—ЗУ*.
Какое число больше: (log328)2 или log, 20412?
ВАРИАНТЫ БИЛЕТОВ
ДЛЯ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ПИСЬМЕННЫХ ЭКЗАМЕНОВ*
Вариант I
Упростив выражение дляДх), найти /(х), если
х v^-v*
Решить систему уравнений
{
2-4Ч1 у
4х =;,4х+22*+>+4
4.23*+у2=4.
Число 10 представить в виде суммы двух слагаемых так, чтобы сумма удвоенного квадрата первого слагаемого и утроенного квадрата второго слагаемого была наименьшей. .
/5л\
Найти все корни уравнения 0,5(l+cos2x) cos I——xl—sin x= \2/
X X
=4sin - cos - , удовлетворяющие неравенству Iog„(x+l)>l.
22'
Около круга площади 5 описан ромб с острым углом а. Найти длины диагоналей ромба.
Вариант II
1. Упростить выражение
Найти наименьшее и наибольшее значения функции Дх)=- х3—18х2+28х 3
на отрезке [0; 1,5] и построить ее график на указанном отрезке.
Найти все корни уравнения (sinx+cosx)2+cps2x+t^2x=0, лежащие на отрезке [—л/2, л].
Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке О, радиус окру-
♦
Варианты I—XX предлагались на экзаменах в Московском энергетическом институте, а варианты XXI—XXXV — в Московском государственном институте радиотехники^ электроники и автоматики. 134
жности, вписанной в треугольник ЛОВ?-равен 2, сВОА —а. Найти произведение S3 • ВВ..
Вариант III
Упростить выражение
((о—I)1'1+(а+1)1'2) «о-I)3'2 -(а+1)3/2)‘
2х+1+х—1
Решить неравенство<2.
2^+1
Одна бригада может убрать все поле за 8 дней. Другой бригаде для выполнения той же работы нужно 75% этого времени. Первая бригада проработала один день, после чего к ней присоединилась другая бригада, и обе вместе закончили работу. Сколько дней бригады работали вместе?
4. Найти корни уравнения4. Найти корни уравненияcoscos=2 sin=2 sin
4. Найти корни уравнения
4. Найти корни уравнения
cos
cos
=2 sin
=2 sin
принадлежащие области определения функции у=^ cos - ——.
Радиус вписанной в трапецию окружности равен R. Найти площадь трапеции, если ее углы равны 90 и 20°.
Вариант IV
Упростить выражение
Sx31-71 +4х2Sx31-71 +4х2Sx3 \/ 11 ХХ"1
Sx31-71 +4х2
Sx31-71 +4х2
-I) II)
1+71+4х2/ \8х3-2х 8х3+2х//
Найти область определения функции
Z7x’+161gx + 971g^—49/А
Лх)=1о81 871gx2.
\7218^-И,125/
х2 х3
Найти промежутки монотонности и экстремумы функции /Гх)=Зх ■3 27
и построить ее график. 'я /Зя \я
Найти все корни уравнения tg- sinx sin I —Hx )+sin22x=2 cos-,ле-
3\ 2/4
жащие в интервале (—я/12, я).
Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды, длина диагонали основания которой равна а, а боковое ребро образует со стороной основания угол а.
Вариант V
Упростить выражение
Найти область определения функции
Лх)=\/ ^(З^^Ч-^-З.
Найти промежутки монотонности и экстремумы функции Дх)=3х—— х3 49 и построить ее график.
Найти все корни уравнения 0,5(sin3x— sinx)=sin2xcosx—4sin3x, лежащие на отрезке [—я/3, Зя/2].
В правильной треугольной призме АВСА^С^ биссектрисы основания АВС пересекаются в точке М. Найтн скалярное произведение MAS ■ МА, если длина стороны основания призмы равна а.
Вариант VI
/9-х6 27-х9 х6 \»
Упростить выражение -Ч ) .
\3 —х3 9—х6 ЗЧ-х3/
Найти область определения функции
Найти промежутки монотонности и экстремумы функции Дк)—6х-8х3 и построить ее график.. ;
(
я\, ”
-—хtg1 - Ч-cos 2х, лежащие на отрез
ке [—7я/6, 5я/6].
В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен а. Найти отношение площади треугольника к площади круга, описанного около треугольника.
Вариант VII
(
11-1 -I
^— ) . (0,1)*®<ж ~0|5х \
V2-V* V2+V*'
Найти область определения функции
ях)-^^хч-l Ч- 7—^/x+l - (ОД*01!0'5)"1,2.
Найти промежутки монотонности и экстремумы функции Дх)»0,Зх2— —0,02k3 и построить ее график.
, я/я\я
Найти все корни уравнения 4tin3 - sin I -ч-2х ]4-5cos2x4-tg -“ —5, ле-
3\2/3
жащие в интервале (- Зя, я/2).
Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно I и образует с основанием пирамиды угол а. Определить объем пирамиды.
Вариант VIII
Упростить выражение
X Найти область определения функции Дx)-^/log3 (4 ■ З2*4"3 —1)—2х—3.
Найти наименьшее и наибольшее значения функции Дх)—1+5х+х2—х3 на отрезке [—2, 0] и построить ее график на указанном отрезке.
1 2cos2x—12>/з tg3x
Найти все корни уравнения^=—, лежащие
1—tg2x cos2x+sin2x 1—tg22x
в интервале (—2я/3, 7я/18).
Периметр основания правильной четырехугольной призмы равен Р, диагональ призмы образует с высотой призмы угол а. Найти объем призмы.
Вариант IX
// 1 П1/2 / 4 \~1,2\2
Упростить выражение I (х®+2х2) I ) —I —— I ) . \\4х* 2/\х8 —2х12//
Найти область определения функции Дх)=4 /——-———-.
V Vl+logjX+S 7
Найти наименьшее и наибольшее значения функции Дх)=0,5х3+5,25х2 + +0,25 на отрезке [—1, 1] и построить ее график на указанном отрезке.
/7я\
sin I —их ]
/я \\ 3/
Найти все корни уравнения sin I +х )=, лежащие в интер-
\3/ л
cos - cos X
3■
вале (—л, 2л).
В конус вписан цилиндр, высота которого равна радиусу основания цилиндра. Найти площадь боковой поверхности цилиндра, если образующая конуса равна I и угол между образующей и высотой конуса равен а.
Вариант X
Упростить выражение
((2+^af-xJa1\ Ла-xja
X Ъу[а-4 TaJo-^W (1+V4a)2
{
у+х2^,
у—х<2
у-2x^2.
Найти три положительных числа, составляющих геометрическую прогрессию, если сумма первого и третьего членов прогрессии равна наименьшему значению функции Дх)=4х2—4х+53 на отрезке [0, 1], а квадрат второго равен 0,5/(25,5).
Найти вое корни уравнения cos 2x=l+sin2x sin4x, лежащие на отрезке [-Зя/2, я/2].
Диагональ основания прямоугольного параллелепипеда образует со стороной основания угол о, а с диагональю параллелепипеда угол Д. Определить объем параллелепипеда, если длина его диагонали равна Z. .
Вариант XI
Упростить выражение
/y^ + l y/bi^JtP + l—.., ..
I] _ iQlogl00(« +1)
\a+6+l(я2*!)2-»2/'
Гу-Ах2^!,} у+2x^2,
Решить графически систему неравенств \^£> ^
Разность между двумя положительными числами равна 4, а разность между произведением этих чисел и удвоенным кубом меньшего числа принимает наибольше^зн^ение. Найти данные числа.
Найта.вее корни уравнения cos2x+(sinx+cosx)2 tgx=tgx(tgx+l), лежащие на отрезкё[—7я/4, я/4].
Высота гранильной треугольной пирамиды образует с боковым ребром пирамиды угол а. Найти объем пирамиды, если площадь ее основания равна 5.
1. Упростить выражение1. Упростить выражениеВариант XII
1. Упростить выражение
1. Упростить выражение
-0,5 • IO*0**-*”.-0,5 • IO*0**-*”.(л+У4д +1У^2 (Уя + У863)((Угб-У^+сУгб+Уяухя-Углб+г»)
-0,5 • IO*0**-*”.
-0,5 • IO*0**-*”.
{
у>4х2 —4,
—у+2х>0,
у—х>0.
Среди всех равнобедренных треугольников, у которых сумма двух равных сторон и высоты, опущенной на одну из этих сторон, равна 4 см, найти треугольник наибольшей площади.
,/ ” Y 3
Найти все корни уравнения tg2x—2tgx—4 I sin - sinx \ -=-(1+cos2x), лежащие в интервале (—я/2, я/2).
В конус вписан шар. Найти объем шара, если высота конуса равна Л и угол между высотой и образующей конуса равен а.
Вариант XIII
Упростив выражение дляДх), найти/(х), если
/х2+1+У9 + 2(Ух3-Уз)(Ух-Уз)-1+2УУзх(УУзх-1)'
22х+52> = 5, 2х-1 ■ У-1.22х+52> = 5, 2х-1 ■ У-1.\(х2+2х-У9 + 1)(х+Уз + 1).
22х+52> = 5, 2х-1 ■ У-1.
22х+52> = 5, 2х-1 ■ У-1.
г /7я\7л
Найти корни уравнения sin 2х 4-sin х 4->/2 sin I х4— )=cos —, удовлегво- \2 /4
ряющие неравенству 2 — 1 > 0.
Площадь основания правильной четырехугольной пирамиды равна 64 см, высота пирамиды равна 4-^2 см. Найти угол между боковым ребром и высотой пирамиды.
Вариант XIV
Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если
Дх)Дх)(Vo,2x4-1)"(Vo,2x4-1)"*4-1*4-171оКэ«571оКэ«5
Дх)
Дх)
(Vo,2x4-1)"
(Vo,2x4-1)"
*4-1
*4-1
71оКэ«5
71оКэ«5
Решить уравнение 2>/х—1g (25 Х+25>/х—125)=V* lg4.
Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна наиболь- х
шему значению функции Дх)=16x4-5 на отрезке [2, 6], первый член прогрес
сии равен — 6. Найти знаменатель прогрессии.
Найти все корни уравнения"
(
/х л\ /х л\\4я
1 +2sin I —I— I cos I -— 1|4-sin2 —=0,\2 4/ ■ \2 4//3
2 удовлетворяющие неравенству х4-2л>- x.
Основанием пирамиды является прямоугольник с большей стороной, равной а, и тупым углом между диагоналями, равным а. Длина высоты пирамиды равна длине окружности, описанной около ее основания. Найти объем пирамиды.
Вариант XV
1. Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если1. Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если
1. Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если
1. Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если
sinsin' л\х+- )4-cos. 6/' л\х+- )4-cos. 6/(я\\2I *4— ) \ з//(я\\2I *4— ) \ з//=0,5(14-2 sin2 х),=0,5(14-2 sin2 х),удовлетворяющие неравенству х2—2ях<0.
sin
sin
' л\
х+- )4-cos
. 6/
' л\
х+- )4-cos
. 6/
(я\\2
I *4— ) \ з//
(я\\2
I *4— ) \ з//
=0,5(14-2 sin2 х),
=0,5(14-2 sin2 х),
Тупой угол ромба равен а, расстояние от точки пересечения диагоналей до стороны ромба равно щ. -Найти объем параллелепипеда, высота которого равна h и основанием является данный ромб.
Вариант XVI
Упростив выражение дляДх), найти/(х), если /1+Ух У^х+Ух^Х-2 21°Мод42+1о8одиУх Дх)- —V -25.
\ X 2 + Х /
lg(41+x2+2x)
X Решить уравнениеlogx+i (^+2х+1)=0.
lg(9-x)
Найти число, которое в сумме со своим удвоенным квадратом дает этой сумме наименьшее значение.
1
Найти все корни уравнения —4tgx= —2, удовлетворяющие неравен'COS2X
ству 42х—2*^0.■
Основанием прямой призмы ABCA^Ct является прямоугольный треугольник АВС, длина гипотенузы АВ которого равна а и Sac= а. Найти скалярное произведение С^А • CtC, если CACV =р.
Вариант XVII
Упростив выражение дляДх), найти/(х), если
/ У* 1 sjX 1 \-1 У16х0,5 log, 2 + log, У*
Дх)= 7= +7= ТГ-2'
\1-V2x-1 H-V2X-V Ух~У2
Решить уравнение 1g (9х+27)—xlg3=21g2+lg3.
Число 9 представить в виде суммы двух положительных слагаемых так, чтобы произведение квадрата первого слагаемого на второе слагаемое было наибольшим.
/5л Xл
Найти все корни уравнения cos I ——х)+sin x+cos2 - cos 2х=0, удовлет
воряющие неравенству Ух+л>2Ул.
Основанием пирамиды является правильный треугольник со стороной а. Одно из боковых ребер перпендикулярно основанию, а каждое из двух других ребер образует с основанием угол а. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.
Вариант XVIII
Упростив выражение дляДх), найти/(х), если
/ l/^A-xlfxУх -21о«»^
Хх^+Уг-Ух 7 ^jx-Kji
(21og3y+log3(x2-4) = l-21og32,
X Решить систему уравнений |2to)-2_4-O,i-o,2x=o
Основанием четырехугольной пирамиды является прямоугольник с периметром 24 см; высота пирамиды равна 9 см. Найти длины сторон основания пирамиды, при которых ее объем является наибольшим.
л
Найти все корни уравнения sin - (cos2x—2sirrx+l)=l —(sin2x—cosZx) , -3
удовлетворяющие неравенству лх—x2>0.
Площадь осевого сечения конуса равна 5, а угол между образующей и высотой конуса равен а. Определить площадь боковой поверхности конуса.
Вариант XIX
Упростив выражение дляДх\ найти/(х), если
Дх)=2—^. к1<г-г^2.х*^ (2-х2) (Vz+x) • (0,291О8,^+*
V2-X
Решить систему уравнений
(lg (4Х1 +у2)=1g 15 +1,
Ug (2x4-у) 4-lg (2х—у) = 1g 0,5+2.
Первый член геометрической прогрессии равен наибольшему значению функции Дх)=8^3 х—х1, третий член прогрессии равен Д (4^3—6). Найти знаменатель прогрессии.
sin2x
Найти все корни уравненияtg5x=0, удовлетворяющие
2cos2x—2яп2 -
4 неравенству (х2 + 1)(3х—8)>0.
Радиус круга, вписанного в ромб, равен г, угол между высотой ромба и его большей диагональю равен а. Найти объем параллелепипеда, высота которого равна к, а основанием служит данный ромб.
Вариант XX
Упростив выражение дляДх), найти Д(х), если
log,x
Решить систему уравнений
(lg х4-1g 3—1g (7 4-у).■
Отношение двух положительных чисел равно 3, а разность между большим из них и удвоенным квадратом меньшего числа принимает наибольшее значение. Найти эти числа.
2л
Найти все корни уравнения cos4xcosx— 3cos3x=tgsinx sin4x, удовлетворяющие неравенству lg (9х—Зя+1) > 0.
В ромб с острым углом а вписан круг. Найти отношение площадей ромба и круга.-
Вариант XXI
Решить неравенство х2—(1 —х2)2 > 1.
/ 2
Решить уравнение 7^х—14— ■ ■ -15—0.
■Vх-1
55
5
5
Решить неравенство 1 4-logox+Iu25 • log, (11 — Зх)>.
/logj (3x4-1)
'1"
Найти все решения уравнения tgx—ctg2x=, удовлетворяющие
1 4-cos2x неравенству —0,5<х<1.
В треугольнике АВС сторона ВС =30 см, медиана ЛК=15 см, а отрезок, соединяющий точку пересечения медиан и точку пересечения биссектрис, параллелен АС. Найти две другие стороны треугольника АВС.
При каких значениях параметра а уравнение
у* 1) +2(а 1) + 2дх _^2хз + 84а2 4-84ах-168а— 84x4-91
имеет единственное решение? Найти все такие значения а и соответствующие им решения.,
Вариант XXII
61
Решить неравенство>2.
(х4-2)(х-3) х+2
{
*Jх+у 4-2=2, х24-у2=4.
Решить неравенство 27(81^)^х1.
х
Решить уравнение /2яп2 -—cosx=sinx4-cosx.
В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла А на гипотенузу ВС опущен перпендикуляр AD. Пусть Oti О, — центры кругов, вписанных соответственно в треугольники ADB и ADC. Известно, что 0,02=2^2 см, а периметр треугольника АВС равен 24 см. Найти катеты треугольника АВС.
Решить неравенство
(х24-х)(1 ■^-5,/x1 — x+3^-\/2x1 + 1')>2+3«Jx1—x+3^-'>/2jc1^-1.
Вариант XXIII
3—х■
Решить неравенство < 1.
904-2х—2№,
Решить уравнение .-—=^/934-2х—2Х2.
V464-X—х2
cos2x
Решить уравнение=tg 6х.
14-яп2х
Решить неравенство log,+1 (3—2х—x2)>logt+1 (1 —Зх).
В треугольник АВС вписан ромб, один из углов которого совпадает с углом А, а противоположная вершина лежит на стороне ВС. Известно, 142
15V3
что сторона ромба равна 15 см, его высотасм, а площадь треугольника _2-
АВС равна 240>/з см2. Найти стороны треугольника, если известно, что угол А — тупой.
При каких значениях параметра а существует единственная пара чисел
(х; У\ удовлетворяющая соотношению
х2-^! + а)у2+(2+2д)ху + (4 + 6а)х+(4+4а)у+За+4=0?
Вариант XXIV
{
ху=6, х+у = 5. х+70 х+10 2x4-13
Решить неравенствон<.
х—2 х4-5х + 3
Решить уравнение sin2x+^/6cosx=3cos2x+5/2sinx.
Решить неравенство
2563—18 ■ 163+32<0.
В круге проведены две взаимно перпендикулярные хорды АС и BD, которые пересекаются в точке Р. Через точку Р и середину ВС проведена прямая, пересекающая АВ в точке N. Доказать, что PN и АВ перпендикулярны.
При каких значениях параметра а система уравнений М-у-2|W-1|,■
2у—х=2д имеет нечетное число решений?
Вариант XXV
Решить систему уравнений
х2 4-Злу—у2 4-3 — 0.х2 4-Злу—у2 4-3 — 0.
х2 4-Злу—у2 4-3 — 0.
х2 4-Злу—у2 4-3 — 0.
Решить неравенство (l+sinx)(sinx—^/3cosx+l)>0.
х4-1х—2х4-1х—23232Решить уравнение
х4-1
х—2
х4-1
х—2
3
2
3
2
iog/^v -^—+iog^]Х-2/ Х-г *-2
В треугольнике АВС на стороне АС взята точка К, а на стороне ВС — точка М. Отрезки АМ и ВК пересекаются в точке О. Найти площадь четырехугольника ОМСК, если площади треугольников АОК, АО В в ОВМ равны соответственно 1, 2 и 3 см1.
При каких положительных значениях параметров а и 6 системы уравнений
(x2+y1 = a2, <.и <
[1 4-4 sin (x 4-y) = cos (2x4-2y) [|x|+A|j>—4| = A
имеют одинаковое число решений? 18
Решить уравнение— —-0.
х+2 х24-5х4-6
Вариант XXVI
Решить уравнение х24-2(1 + sina)x+4—cos2a=0 (а — действительный параметр).,
\х—^ху=1%,
Решить систему уравнений <—
^-^=-12.
Решить уравнение
4(sin2x sin2x—->/з sin3x)+- cos2x sin4x=3^3 sinx cos22x.
/х 23\4
Решить неравенство logos -4— ) 1ой8х»_юх+з4+2>.
’ \2 4/log2 (8х2 —10x4-3)
В равнобедренном треугольнике АВС (AB=BQ О — точка пересечения высот. Найти величину угла АВС, если ОВ=АС.
Найти все значения параметра а на отрезке [1, 11], для которых больший из корней уравнения х2 — 6x4-2ах+а—13=0 принимает наибольшее значение.
Вариант XXVII
Решить уравнение (х—2)(х4-2)(х24-3)4-5х2=0.
Решить неравенство x—S^j—х4-24>0.
Решить уравнение (л\ / л\ / л \ 5x4-- I cos I 4x4-- I cos I х—— ) = 6/\5/\30/
(
л \/2л \/л\
х4-cos I 8x4-— 4-cos 10x4-- cos2x.
30/\5 /\3/
3*-4
Решить неравенство2 , >1.
В прямоугольном треугольнике АВС на гипотенузу АВ опущена высота СЕ. На СЕ как на диаметре построена окружность, пересекающая катеты ВС и АС соответственно в точках К и D. Найти площадь треугольника ЕКВ, если длина отрезка СК равна 9 см, а длина отрезка AD равна 27/4 см.
При всех значениях параметра а решить систему J3x24-2n24-4xy>4-2zy'4-5ax=4y2, t(x4-a)24-(x-a)24-8ax+6a2 = 8/.
При каких значениях а система имеет бесконечное множество решений?
Вариант XXVIII
зД-i Jx-2
Решить уравнение—_^— 1.
<Д—4 2ух—13
Решить неравенство 1 —х<2|х—1|.
Решить уравнение sinx+sin2x+sinx=cosx+cos2x+cos3x.
Решить систему уравнений
, 2/ + Х2Ъху
(у =У .
Uogy-2x (У+2х)-logi, -2х-1 (Ах^ху i-y).
Биссектрисы АМ н BN треугольника АВС пересекаются в точке О. Известно, что АО=Д МО, КО—^З-!1) ВО. Найти углы треугольника АВС.
При каких значениях параметра а уравнение
ах*+2х3>>+(4а +1) х2у 2 +4ху3 + ^ау* +16а2 — 24а + 5 = 0
имеет единственное решение?*
Вариант XXIX
/2х+х2\2•
Решить уравнение () — 1.
\1+2х/-
Решить неравенство |х—1| ■ Дг2—2х+1>4.
cos4x+l 1
Решить уравнение= - cos* 2х— 8 sin* х cos* х.
ctgx-tgx 2
1
-Э+logj^-
Решить неравенство (1,25)' 1оя‘',7>(0,64).
В трапеции ABCD с основаниями ВС и AD диагональ АС, равная «/3 см, является биссектрисой угла BAD и пересекается с диагональю BD в точке О. Площади треугольников АВО и AOD относятся как 1 : 3. Найти длины всех сторон трапеции ABCD, если угол BAD равен 60°.■
Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(
Л\/ F '' /л \
-sjnx)+«y2V3 |а|+2 — За2 • cos I-sinxl = 2 6/\6/
разрешимо. Решить это уравнение при найденных а.
Вариант XXX'
. 4.
Решить уравнение 3-1= |х+1|.
|х+1|
\/л \\1
sinx4-2cos | —х J cos —hx I sin2x=- cosx.
\4 /\4 //2
Решить неравенство х21°в’*4-27 <28 ■ 3°g‘n*.
В прямоугольной трапеции ABCD основание АВ в 1,5 раза больше диагонали АС. Углы BAD и ADC — прямые, боковая сторона AD равна 4 см. Найти площадь трапеции ABCD, если диагональ АС является биссектрисой угла DCB.
Для каждого значения параметра а решить уравнение (lx —4х + а| + №—4х+а)л/5х-х2-6 = 0.
Вариант XXXI
41
Решить неравенство<2.
(х-2)(х+1) х+1
)V^ + 1=2,
Решить систему уравнений <
I у—х=2.
Решить неравенство 161 — ) <х . \х2/
Решить уравнение -^2 4-sin 3x4-sin х=2 sin
В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла А на гипотенузу ВС опущен перпендикуляр AD. Пусть О, и Ог — центры кругов, вписанных соответственно в треугольники ABD и ADC. Известно, что гба/2 .
Ох Ог = 2^/2, а биссектриса прямого угла равнасм- Найти катеты треуголь
ника АВС.
Решить неравенство
(х2+2х)(1 +<Ух2-х+44->^/2х3 + х+ 1)<3+4>/х2-х+4 + 2^2х2+х-И.
Вариант XXXII
Решить неравенство х2 + (х2—4)2<4. 13
Решить уравнение 2^/ 2х — 14-11=0..
V2x-1
log, (9-х) 2~1оМ2
Решать неравенство 14->.
iog49(4+x)2 log, (4 4-х)
Найти все решения уравнения
(1 —V2)cos3xtgx4-tg2x-2V2,
cosx—smx ■ sin2x
В треугольнике АВС высота АО = 3^1 см, а радиус окружности, касающейся ВС и продолжений сторон АВ и АС, также равен Зл/? см. Найти стороны треугольника АВС, если радиус описанной около него окружности равен 16/V7 см.
При каких значениях параметра а уравнение
6^ 1) + 2(0 1) +2‘“ = 3Qx2 + 6Qa2 + 6QaJt_]2Qa_60x + 66
имеет единственное решение? Найти все такие значения а и соответствующие им решения.
Вариант XXXIII
Решить уравнение log4 _х2 (sin х+cos х) = log4 _ xi sin х.
Решить уравнение ^1—х+1У4 + х = ч/Зх2+9х+9.
sin 2х 15
Решить уравнение1— =9 —ctg2x +Hg2x.
l+cos2x cos2xsin2x
Решить неравенство log2 Rog^_j 4| <0,5 +log4 (3log|X|_[ 2— 1).
В равнобедренную трапецию ABCD вписана окружность, касающаяся ее сторон в точках А^ В,, Ci: D^ Известно, что площадь A1B1C1D1 равна 1/8 площади ABCD. Доказать, что угол при большем основании трапеции равен 30°.
При каких значениях параметра а уравнение
2 1Vх
х2-»--+-=log2a+<H х 21+х
имеет единственное решение?
Вариант XXXIV
х+2
Решить неравенство - __... == >0.
</з—2х—х2
х+31
Решить уравнение=.
|х2-9| |3-|х||
Решить уравнение sin’x cos3x+cos3x sin3x = sin3x sin3x+cos3x cos3x.
4.4.Решить неравенство logos I 3+log г? — log2
4.
4.
В треугольник ABC с углом А = 120° вписана окружность, которая касается стороны ВС в точке Р. На ВС как на диаметре построена окружность и проведен перпендикуляр к ВС в точке Р до пересечения с этой окружностью в точке К, причем РК= 15 см. Найти площадь треугольника АВС.
При каких значениях параметра к уравнение
|х2-2х-8|х-1|-ИЗ|=*
имеет шесть решений?
Вариант XXXV
Решить уравнение х=^х+2.
1527
Решить неравенство^<.
х+3 х2—Зх+9 №+27
2tgx
Решить уравнение tg3x—tgx=. cos2x
, „zjx+kx+3 /лх+\х+1,(х+У2-2
Решить неравенство (4)+(9)>13-6.
Четырехугольник ABCD вписан в окружность и в него в свою очередь вписана другая окружность, касающаяся сторон АВ, ВС, CD» АВ в точках А р Вр Ct, Dv Доказать, что А^С^ и B1D1 перпендикулярны.
Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log, (^/а№ + Зх-1 + 2) +logn (ах2+3х+1) = 2
имеет решение. При каких значениях параметра а решение единственно?
РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ, ОТВЕТЫ
ГЛАВА 1
1.001.1.001.1.002.1.003.1.004.1.007.1.002.1.003.1.004.1.007.□ По условию, LC=90°, АО = 30 cm, DB = 40 cm (рис. P.1.1). Положим AC=x, BC=y. Так как точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его х 304х16т2биссектрисе, то -=—, т. е. у=—. Но x-t-y—AB или х += 70 ,у 4039откуда jc2 = 1764. Итак, х = 42 (см), у = 56 (см). ■т, т\/3, 2/и.-Пусть с — длина гипотенузы. Тогда длины катетов равны с — 1 нс — 2. Имеем (с—1)2 + (с—У — с2 или с2 —6с+5 = 0, откуда с = 5 (см) (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). ■60 и 30°. 1.005. 1 см. 1.006. 9^5 и 8^/10 см./ х Ji\+x2Пусть ВС=х (рис. Р.1.2). Тогда АВ=^/&1 + х2 и =(поскольку 45□ По условию, LC=90°, АО = 30 cm, DB = 40 cm (рис. P.1.1). Положим AC=x, BC=y. Так как точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его х 304х16т2биссектрисе, то -=—, т. е. у=—. Но x-t-y—AB или х += 70 ,у 4039откуда jc2 = 1764. Итак, х = 42 (см), у = 56 (см). ■т, т\/3, 2/и.-Пусть с — длина гипотенузы. Тогда длины катетов равны с — 1 нс — 2. Имеем (с—1)2 + (с—У — с2 или с2 —6с+5 = 0, откуда с = 5 (см) (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). ■60 и 30°. 1.005. 1 см. 1.006. 9^5 и 8^/10 см./ х Ji\+x2Пусть ВС=х (рис. Р.1.2). Тогда АВ=^/&1 + х2 и =(поскольку 45ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
1.001.
1.001.
1.002.
1.003.
1.004.
1.007.
1.002.
1.003.
1.004.
1.007.
□ По условию, LC=90°, АО = 30 cm, DB = 40 cm (рис. P.1.1). Положим AC=x, BC=y. Так как точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его х 304х16т2
биссектрисе, то -=—, т. е. у=—. Но x-t-y—AB или х += 70 ,
у 4039
откуда jc2 = 1764. Итак, х = 42 (см), у = 56 (см). ■
т, т\/3, 2/и.-
Пусть с — длина гипотенузы. Тогда длины катетов равны с — 1 нс — 2. Имеем (с—1)2 + (с—У — с2 или с2 —6с+5 = 0, откуда с = 5 (см) (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). ■
60 и 30°. 1.005. 1 см. 1.006. 9^5 и 8^/10 см.
/ х Ji\+x2
Пусть ВС=х (рис. Р.1.2). Тогда АВ=^/&1 + х2 и =(поскольку 45
□ По условию, LC=90°, АО = 30 cm, DB = 40 cm (рис. P.1.1). Положим AC=x, BC=y. Так как точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его х 304х16т2
биссектрисе, то -=—, т. е. у=—. Но x-t-y—AB или х += 70 ,
у 4039
откуда jc2 = 1764. Итак, х = 42 (см), у = 56 (см). ■
т, т\/3, 2/и.-
Пусть с — длина гипотенузы. Тогда длины катетов равны с — 1 нс — 2. Имеем (с—1)2 + (с—У — с2 или с2 —6с+5 = 0, откуда с = 5 (см) (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). ■
60 и 30°. 1.005. 1 см. 1.006. 9^5 и 8^/10 см.
/ х Ji\+x2
Пусть ВС=х (рис. Р.1.2). Тогда АВ=^/&1 + х2 и =(поскольку 45
ВО —биссектриса). Отсюда имеем 25х2 = 16(81 +х2), т. е. х= 12 (см). Сле- 11„
довательно, Зллвс—- ВС ■ АС=- • 12-9 = 54 (см2). ■ 2 _2_
1.008.1.011;1.008.1.011;8,64 и 15,36 м2. 1.009. V3 см. 1.010. V10 см.
1.008.
1.011;
1.008.
1.011;
□ Так как ixABC — равнобедренный, то высота ВО является медианой (рис. Р.1.3); далее, точка пересечения медиан делит каждую из них в от- 10
ношении 2:1, откуда АО=— (см). Из LAOD находим ОО=^АО2-АО2 = JO^ -(2V2)2=^ (см), т. е. ВО=^ЗХ (см). Наконец, из ДВ2)С получим ВС=^У(^28)2+(2>/2)2 = 6 (см). ■
Рис. Р.1.5Рис. Р.1.5
Рис. Р.1.5
Рис. Р.1.5
1.012. Imnl^Am1—»?, 2m2/^/4m2 —л2.1.013. 6 см. 1.014. 75 см2.
1.015. □ По условию, DK—средняя линия ЛАВС (рис. Р.1.4). Так как 1
BD=DK= ВС, то ДС=30° и BC=2BD. В LBCD имеем CD1 = BC?-BDl 2 а2а
или —=4BD — BD1, откудаBD=—т=.Следовательно,
4
^л/з
S=- АС ■ BD = CD ■ BD=——. ■
12.
.016. Я2 ^3. 1.017. V41 и 5 см. 1.018. 4 см.
.019. □ Обозначим искомую длину через х. Тогда из подобия треугольников АВС и LBM (рис. Р.1.5) имеем АС? : x2 = S : (S/2), где S — площадь А АВС. Отсюда АС? =2^ и х= 18^/2 (см).
.020. В 64 раза. 1.021. (^/б + 2) : 1 ИЛИ(7з + 1):2.
.022. □ По условию, АВ=с = 30 см, АС=6=26 см, ВС=а = 28 см (рис Р.1.6). Тогда />=0,5(а+6+с)=42, р—а=14, />—6=16, р—с=12 и по формуле Герона находимS^abc^'J42 • 14 ■ 16 ■ 12=336(см2). Так как
&MNC~ К АВС, то S^mnc • S^abc^CK2 : CD2=4/25=0,16. Отсюда
определяем площадь трапеции:
8амкв=8^авс— Samnc=136—0,16 • 336 = 282,24 (см2). ■
1.023. 13 см. 1.024. 6 см.
.025. □ Проведем радиус в точку А; так как О АЗ-АМ, то OALBC и BD = 6 см.
(рис. Р.1.7). Пусть OA=r, OD=x. Тогда АВ=^АВ?—В1)? = %, т. е. г+х=8
. Но OD? = OB? — BD1 или г2—х2 = 36; так как г2 — х2 = (г + х)(г—х), то
ссРис. Р.1.6Рис. Р.1.6Рис. Р.1.8Рис. Р.1.8
с
с
Рис. Р.1.6
Рис. Р.1.6
Рис. Р.1.8
Рис. Р.1.8
г—х = 36/8 = 9/2 (2). Решив систему уравнений (1) и (2), найдем г=6,25 (см). ■•.
.026. 0 и 1,5 см. 1.027. 9 см. 1.028. Зл
.029. □ Пусть R — радиус дуги, г — радиус окружности (рис. Р.1.8). Так как я11
ДС=-, то R = - ОС, г=- О.С, Тогда OC=2R; с другой стороны, 322
OC=OO1 + O1C=R+r+2r=R+3r, откуда R=3r. Следовательно,
Зг
luAB=2nR ■ - = 2я • — = 2яг. ■
3
.030. аЧ^^-Ь1.1.031. 2 и ^2. 1.032. R^I-iy
.033. □ Проведем диаметр CD через точку Р (рис. Р.1.9), которая разделит его на отрезки PD и СР длиной 11 —7=4 и 11+7 = 18 (см). Пусть АР=г, тогда РВ=\%-х. Так как АР РВ=СР ■ PD=4 ■ 18, то х(18-х)=72 или х2—18х+72=0, откуда Xj = 12, х2=6, т. е. хорда АВ делится точкой Р на отрезки длиной 12 и 6 см. ■
.034. г/8. 1.035. 12 и 20 см.
.036. □ Обозначим радиусы внутренних окружностей через Р, и Р2. Пусть S — площадь самого малого круга; тогда лР,=5, лР2=25, лР2=35.
, яР2 , 2яР2R/2
Следовательно, лР; =и яР; =, откуда Р. = = и Р2 = Р-. ■
з 2 з"V3
I Sс2—с2
.037.. 1.038. —-. 1.039. лоб.
я(4я2 —1)4я.
.040. □ Проведем ОС LAB (рис. Р.1.10). Тогда СВ=- АВ=9 см. Из ДОВС 2
находим ОС=^ ОВ1 — ВС1 = \2 (см), а из ДОМС получим МС= = -^ОМ1—ОС1 = 5 (см). Следовательно, ЛЗ/=9 + 5=14 (см), МВ=9 — 5 = =4 (см). И_
.041. р7з(2-л/з). 1.042. 2 : 3. 1.043. ^(3+2^2).
.044. □ Пусть г — радиус меньшей окружности. Тогда O.Oi—r+4, OlO,<=r+6 (рис. Р.1.11). Так как О2О2 = О1О2 + О1О^, то 10^=(г+4)2+(г+6)2 или Р +Юг—24=0, откуда т=2 (см) (корень т= —12 не удовлетворяет условию). ■
^(2^3-я)■
.045.. 1.046. 3:1.
2
Рис. Р.1.11Рис. Р.1.11
Рис. Р.1.11
Рис. Р.1.11
.047. □ Пусть R — радиус данного полукруга, аг — радиус одного из построенных полукругов (рис. Р.1.12). Тогда площадь заданной фигуры равна 0,5(яЛ2—яг2—я(Л—г)2)=яг(Л—г). Так как ДЛ2>5=90°, то CD = uCD1
=АС • СВ=2г ■ 2(Л—г)=4г(Я—г), откуда=яг(Я—г), что и требова- 4
лось доказать. ■'
1.048.1.048.1.049.1.049.1.050.1.051.1.050.1.051.1.052.1.055.1.052.1.055./ Ra \2 я I| .
1.048.
1.048.
1.049.
1.049.
1.050.
1.051.
1.050.
1.051.
1.052.
1.055.
1.052.
1.055.
□ Площадь сегмента АпВ равна разности площадей сектора АО В и тре- яЛ21 R aR
угольника АОВ (рис. Р.1.13). Находим 5^ лов=> 8адов—~ “ ■ ~=—>
'322 4
яЛ2 aRа
откуда 8=——. Так как R=—^, то окончательно получим
34^
а^я-З^З)
=36‘ "
^(я—2)/8.
□ Пусть г — радиус круга, а ^ и 82 — площади сегментов. Тогда яг2 1г V 3 1г
Рис. Р.1.14Рис. Р.1.145!=—--г—=—г2 (4a-3V3), 52=яг2-51 = яг2-—г2(4я-3->/3) =
Рис. Р.1.14
Рис. Р.1.14
Рис. Р.1.17Рис. Р.1.17
Рис. Р.1.17
Рис. Р.1.17
равна, где а — сторона треугольника. Проведем OKLAC. Так как 4___
LOAK—30°, то АО-21-, АК-г^З, откуда а*2г7з+2г-2г(7з + 1). Следовательно,
S=S=44=2^(273+3). ■=2^(273+3). ■
S=
S=
4
4
=2^(273+3). ■
=2^(273+3). ■
.056. R1 Тз/2. 1.057. г(7б+72)/2, т(,у/б-^2)Г2. 1.058. а(3 + >/з)/6, а(3-7з)/6. 1.059. □ Пусть расстояние между параллельными прямыми равно х (рнс. Р.1.15); тогда площадь S треугольника АВС равна 0,5 ВС • х. Так как OALBC, то ВМ-МС и ВМ МС-АМ ■ MD-xQ-R-xY Значит, ВС2/4-х(2Л-х), откуда S—0,5х • TsjlRx-^—x^lRx-x1. ■
.060. 8 и 15 см. 1.061. 6 и 8 см. 1.062. 18, 24 и 30 см. 1.063. 60 см3.
.064. □ Пусть R и г — радиусы вписанной и описанной окружностей, ВС—а (рис. 1.16). Положим BD-r, тогда BL—x (как касательные, проведенные из одной точки), LA—AK—2R-X (так как ^АВС— прямоугольный, то AB—2RY Имеем АС1 ^ ВС1-АВ2 или (г+2Я-х)3+а3-4Л2. Но R-5r/2, х—а—г и последнее уравнение примет вид (1г—а")1 + а1—25г1 или 12г3 —7ог+д2—0, откуда rt—a/3, г^—а^. Этим корням соответствуют значения (ЛО,-4а/3, (ЛС)3—Зд/4. В результате получаем два решения:
1 4а 2д31За За1 '
8, — - а • ———, 8,—- а • ———. ■ 233248
.065. 294 см3; 12л см. 1.066. 20л см. 1.067. 65/18.
.068. □ Проведем радиусы OD, ОМ и ON в точки касания (рис. Р.1.17). Имеем
1.069.1.072.1.069.1.072.1.073.1.073.OD — ОМ—CM—CD и, следовательно, BD — 10- 3—1 (см). Но BD—BN и AN—АМ (касательные, проведенные из одной точки). Положим AN—x; тогда (х+7)2—(х+3)2 + 102, откуда 8х—60, т. е. х—7.5 (см). Следовательно, АВ—14,5 (см) и получаем ответ: К—0,5АВ—1Д5 (см). ■ 5 см. 1.070. щр—с)1. 1.071. 25я м3.
1.069.
1.072.
1.069.
1.072.
1.073.
1.073.
□ Так как kABC— прямоугольный и CD LAB (рис. Р.1.18), то АС1—АВ • AD-40 ■ 25,6 и ВСг-АВ ■ BD-40 ■ 14,4, откуда АС-32 (см), 1,
ВС—2А (см) я Здлвс”- ■ 32 ■ 24—384 (см3). С другой стороны, 5д^дС-рг-48г. Следовательно, г-8 и 5»руга—яг2-64 л (см3). ■ 25л см3. 1.074. Js см. 1.075. а(2- J1Y.
1.076. □ Так как ^АВС— равнобедренный и прямоугольный, то высота CD является биссектрисой, т. е. LDCA—LA—W (рис. Р.1.19); поэтому
AD-DChACAD-DChAC-PC+r (А К-AD как касатель-
AD-DChAC
AD-DChAC
ные, проведенные нз одной точки), откуда r=^2DC-DC, т. е. rlDC^2-\. ■
.077. 3, 4 и 5 см. 1.078. 80/3 см. 1.079. а^З (2-уЗ)/2.
.080. □ Проведем BDLAC (рис. Р.120); так как ДЛ5С — равнобедренный, то BD является и медианой. Имеем BD1=AB1—AD, откуда BD—^391 —152 = 36 (см) и, значит, S=- ■ 30 ■ 36 = 540 (см2). Но S=pr = 54r, откуда г-10 см. В
.081. 2(7 ^4^3) см2. 1.082. 8/3, 25/3 и 5 см. 1.083. 285,61я см2.
.084. □ Найдем длину боковой стороны ВС (рис. Р.1.21): ВС=л/вЛ/2+Л/С2=л/б2 + 82 = 10 (см). Учитывая, что АО — биссектриса ЬАВМ, имеем МО[ОВ=АМ[АВ или г/(8—г)=6/10, откуда г=3 (см). Так как DE} АС, то ^DBE~ ^АВС, т. е. DE]AC=BNIBM или DE[\2 = (^ — 2r^l%, откуда DE=3 см. ■_
.085. 20/3 см. 1.086. ЗЯ27з/4.
.088. □ По условию, К—0,5у12. Сторона АВ правильного вписанного треугольника (рис. Р.1.22) равна ДуЗ, т. е. 0,5^ 12 ■ 5/3=3. Найдем сторону CD нового треугольника: а=уз2—l^ — l.sy's. Так как радиус г вписанной в него_ окружности равен 05/3/6, то окончательно получим г = 1,5^3 • 5/3/6 = 3/4. |
.089. яо2/4. 1.090. 125/3 и 36 см.
.092 □ Пусть а — сторона треугольника, К — радиус вписанной в него окру-
о</з . жности; тогда R-——. Проведем радиусы ОМ и OYK в точки касания (рис.
R АО
Р.1.23). Из подобия треугольников АОМ и АО, К имеем ——.
_г AO—R—r
а^ 3а^/з а\[з
Отсюда, учитывая, что АО—, получаем—-=или
36г /а /3 aJ3 \
3 —г
_\ 36/
1.093.1.096.1.093.1.096.1.097.1.097.———т—2г, т. е. a — br,J3. ■Л2(з7з-я)/6. 1.094. (З^/з-я^З^/з + я). 1095. В^ЗЦ.□ Пусть г н R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Тогда г—-, R=—. Найдем S—Jpip-d^ip-by^p—^ — 'Jn .8.7.6 = 84 (см2).р 4SСледовательно, г=4 см, R—65[8 см, откуда получим искомое отношение itR1 (bSVплощадей: —- = [ — I . ■ _ яг2 \32/3 л ^15/50. 1.098. 8 и 10 см. 1.099. 1700 таг2.———т—2г, т. е. a — br,J3. ■Л2(з7з-я)/6. 1.094. (З^/з-я^З^/з + я). 1095. В^ЗЦ.□ Пусть г н R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Тогда г—-, R=—. Найдем S—Jpip-d^ip-by^p—^ — 'Jn .8.7.6 = 84 (см2).р 4SСледовательно, г=4 см, R—65[8 см, откуда получим искомое отношение itR1 (bSVплощадей: —- = [ — I . ■ _ яг2 \32/3 л ^15/50. 1.098. 8 и 10 см. 1.099. 1700 таг2.1.100. □ Так как площадь треугольника 5=рг=0,5акт то 2pla—halr, что и было1.100. □ Так как площадь треугольника 5=рг=0,5акт то 2pla—halr, что и было
1.093.
1.096.
1.093.
1.096.
1.097.
1.097.
———т—2г, т. е. a — br,J3. ■
Л2(з7з-я)/6. 1.094. (З^/з-я^З^/з + я). 1095. В^ЗЦ.
□ Пусть г н R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Тогда г—-, R=—. Найдем S—Jpip-d^ip-by^p—^ — 'Jn .8.7.6 = 84 (см2).
р 4S
Следовательно, г=4 см, R—65[8 см, откуда получим искомое отношение itR1 (bSV
площадей: —- = [ — I . ■ _ яг2 \32/
3 л ^15/50. 1.098. 8 и 10 см. 1.099. 1700 таг2.
———т—2г, т. е. a — br,J3. ■
Л2(з7з-я)/6. 1.094. (З^/з-я^З^/з + я). 1095. В^ЗЦ.
□ Пусть г н R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Тогда г—-, R=—. Найдем S—Jpip-d^ip-by^p—^ — 'Jn .8.7.6 = 84 (см2).
р 4S
Следовательно, г=4 см, R—65[8 см, откуда получим искомое отношение itR1 (bSV
площадей: —- = [ — I . ■ _ яг2 \32/
3 л ^15/50. 1.098. 8 и 10 см. 1.099. 1700 таг2.
1.100. □ Так как площадь треугольника 5=рг=0,5акт то 2pla—halr, что и было
1.100. □ Так как площадь треугольника 5=рг=0,5акт то 2pla—halr, что и было
1.101.1.104.1.105.1.108.1.101.1.104.1.105.1.108.
1.101.
1.104.
1.105.
1.108.
1.101.
1.104.
1.105.
1.108.
нужно установить. ■ __
4аЬКа+Ь\ 1.102. <2^3+3^13. 1.103. За\1-4>]з\_
Обозначим радиус описанной окружности через R. Тогда а—Л^/з, откуда R=a!sj3. Так как сторона вписанного квадрата равна Rsj2, то его площадь£=2.й2=2л2/3. ■
(V6+V2)/2. 1.106. За2/8. 1.107. 9/4 кв. ед.
_12
По условию, ВС1—3 -ВС АН (рис. Р.1.24) или АН=-ВС. Но 23
/1\4125
АН1 —АВ1 — I-ВС г и, значит, - ВС1-АВ1 — - ВС1 или АВ1—— ВС1, т. е. \2/9436
5 .5
^2?=- ВС. Тогда получим ^®=- (АВ+1), откуда АВ—5 (см). Следовате
льно, ВС—6 см, АН—* см. В 1.109. а\2^3-3\ 1.110. с112. 1.111. За2/8.
1.112. □ Пусть AL=a, LB=b и LK=c (рис. P.1.25). Тогда площадь данного квадрата S^^aA-bY—a1 -^-lab^-b^^+lab. Так как LBLK=60°, то LBKL=30°, откуда c=2b, а=Ь^З и, значит, SY=4b2 А-ЗЬ1^^. Площадь вписанного квадрата S^c2 =4Ь2. Итак,
S, 4b12Г
-2=4-^3. ■
Si 462+262V3 2+V3
1,6^VZ 1.11* а2/25. 1.115. 1.
нВ2
□ Пусть R — радиус круга. Тогда площадь сектора равна, а площадь 4
R2
•Треугольника равна — и, следовательно, площадь сегмента составляет 2
нВ? R2 R\n-2)R\n-2)г
. Имеем=2я—4, откуда R=2>J2 (см). Итак, 4244"
площадь квадрата равна 2R2 = 16 (см2). ■
3^3 и ^27 см. 1.118. В(^4-Ц^4-иУ2. 1.119. 2,2 и 4 м2.
□ В AFBD (рис. Р.1.26) катет FD=6 см^ лежит против угла в 30°, откуда FB=12 см и, значит, АВ—18 см. Далее в ixABC имеем АС=АВ(2=9 см. Наконец, BC--JАВ2-АС2=^243 = 9^3 (см). ■
5^т2+п2!6, 5^т2+п2!4. 1.122. Jm2-4SI2. 1.123. 86/я;
1
□ Искомую площадь найдем по формуле S=- АС ■ ВВ=2АО ■ ОВ
32
(рис. Р.1.27). В ДАОВ имеем АВ2=АО2 + ОВ2, где ОВ=- АО, АВ=- 4/
2 1
16
4 2
1, 9,,16
(м). Тогда получим уравнение -=АО4—АО , откуда АО =—, т. е.
416100
1.125.
1.128.
АО = 0,4 (м). Итак, S=2 • 0,4 ■ 0,3 = 0,24 (м2). ■
IS(m2+n2')тпр2, '
—. 1.126.—-. 1.127. 150 см2.
У 2тп2(/я2+л2)
□ Длина стороны ромба равна m+л. Из ixABK (рис. Р.1.28) находим ВХ2=(т+п)2—т2. В LBKD имеем BD2=BK2^-n2 = (m+n)2— т2+л2 = = 2п(т+п), т. е. В2>=^/2л(л1+л). Для отыскания АС воспользуемся тем, что АС2+ВР2=4АР2=4(т+пУ, откуда АС2=4(т+п)2—2тп—2л2 = =4п? + 6тп + 2л2, т. е. АС=^4т2+6тп+2п2. ■
т К п D
Рис. Р.1.29Рис. Р.1.29Рис. Р.1.28
Рис. Р.1.29
Рис. Р.1.29
В^Ъ^З. 1.130. 4.1.131. 7,5 см.
□ Пусть а — сторона ромба, а ^ и </2 — его диагонали (рис. Р.1.29). Так как высота ромба равна диаметру окружности, то его площадь S—4а.
С другой стороны, S=- d^, откуда, учитывая, что d^a, находим </2 —8.
(«(а2 +62)-4а6)/8. 1.135. 15 и 30 см.
□ Проведем BN3.AB (рис. Р.1.30); так как BN—2OM, то BN—^75 см. Учитывая, что в kANB LABN—30°, имеем АВ— 2AN и, значит, 4Л№—75+Л№, откуда AN—5 см и АВ—10 см. Далее из L.BNB получим ND1—BD1—BN1 —124 — 75 — 49; следовательно, ND—7 см и АВ—12 см. Наконец, из равенстваAC^+BD1— 2АВ1+2АВ2находим
ЛС2 -200 + 288—124 — 364, т. е. ЛС—2^/91 см. ■
10, 17, 21 и V337 см. 1.138. 12 и 4 см. 1.139. 2 : 1.
□ Пусть А — высота параллелограмма ABCD, А2 — высота треугольника .1к АВ 3
АВЕ (рис. Р.1.31). Тогда SABcd—AB ■ к, SKAKE-- АЕ ■ А,. Но --—--. •2AR 2
Следовательно,
^^ АВ • А^^ АВ • ААВ кАВ к1 11 1■ -АВ ■-к■ -АВ ■-к2 32 3
^^ АВ • А
^^ АВ • А
АВ к
АВ к
1 1
1 1
■ -АВ ■-к
■ -АВ ■-к
2 3
2 3
1.143. 5В2^31*.
□ Так как O^LAB и O^LAB, то ОгА1ОаВ и, значит, фигура О1АВО1 — трапеция (рис. Р.1.32). Касательные в точке С взаимно перпендикулярны, а потому каждая из них проходит через центр другой окружности, т. е. О]С—4 см, ОаС=8 см, откуда O1O1 — <JoiC2 + O1C1—4^>/5 (см).
Рис. Р.1.30Рис. Р.1.30Рис. Р.1.31Рис. Р.1.31
Рис. Р.1.30
Рис. Р.1.30
Рис. Р.1.31
Рис. Р.1.31
Рис. Р.1.32Рис. Р.1.32в с
Рис. Р.1.32
Рис. Р.1.32
Рис. Р.1.33
Проведем 0,0^5 и из ^О^ВОг найдем О1В=л/о^^--О^ = = ■^80 — 16 = 8 (см). Следовательно, Sq^bo, =0,5(8+4) ■ 8 = 48 см2. ■
16 см. 1.146. 2 см. 1.147. 450 см2.
□ По условию, ВС=4 см, Л Л = 25 см, ЛВ=20 см, СВ = 13 см (рис. Р.1.33). Проведем BE LAB и СЕ.LAD. Пусть BE=CF=h, АЕ=х, FB=y. Тогда из &АВЕ и &CFB находим А2=202—х2 = 132—у2. Учитывая, что у = 25—4—х=21 —х, имеем 202—х2 = 132 —(21—х)2 или 42х = 672, откуда х = 16 (см). Итак, A=V202-162 = 12 (см). ■
(a2-62)(V3-l)/4. 1.150. 32 см2. 1.151. 168 см2.
1
2 (а+Ь=54, (а—6 = 62 (а+Ь=54, (а—6 = 6□ Так как S=- (a+b) А, то - (а+6) ■ 22=594, откуда а+6=54. Из систе-
2 (а+Ь=54, (а—6 = 6
2 (а+Ь=54, (а—6 = 6
мы уравнениймы уравнений1.154. 1. 1.155. зуз1.154. 1. 1.155. зуз6V36V3находим а = 30 (м), 6 = 24 (м). g
мы уравнений
мы уравнений
1.154. 1. 1.155. зуз
1.154. 1. 1.155. зуз
6V3
6V3
□ Высота трапеции равна, а большее основание равно а+. С ледова- 2К 2
1/ Ь\Ь^З (4д+6)6^/з1/ Ь\Ь^З (4д+6)6^/з5= — | д + д+- 1 =5= — | д + д+- 1 =2/ 22/ 2тельно, ее площадь' -’ •<
1/ Ь\Ь^З (4д+6)6^/з
1/ Ь\Ь^З (4д+6)6^/з
5= — | д + д+- 1 =
5= — | д + д+- 1 =
2/ 2
2/ 2
4, 8 и 2^2 см. 1.158. 5 см.
□ По условию, LBCA = LACD (рис. Р.1.34). Но LВСА = LСАВ, а значит, txACB — равнобедренный и АВ= СВ. Имеем ЗАВ+ВС=42; так как
ВС=3 см, то АВ=\3 см. Проведем BKLAB; тогда ЛК=- (13—3)=5 (см) и из LAKB находим ВК=^\Зг—52 = 12 (см). Итак, S=- (3 + 13) ■ 12=96 (см2). ■
1024 см2.1.161. 25. 1.162. 1 : 3, 2 : 3.
□ Так как АВ — диаметр окружности (рис. Р.1.35), то ОВ = ОС= 10 см. Проведем CLLAD; тогда OL=6 см и из ECLO находим CL=^0^- 01?=8 (см). Теперь из EALC и Д СЕВ получаем ЛС=уСЛ2 + Л£2 = Уб4+256=8У5(см) иCB = yJCL1 +LB1 =
=л/б4 + 16=4^ (см), ji'
10,625 см. 1.166. ЗВг^З]4. 1.167. 13 см.
Рис. Р.1.34Рис. Р.1.34
Рис. Р.1.34
Рис. Р.1.34
□ Так как центральный угол COD равен 60° (рис. Р.1.36), то вписанный 1
угол CAD равен 30°. Следовательно, h=-АС и из LAKC получим
АК=х] АС1— СК1=h\j3. Находим площадь трапеции: S=- (SC+ЛР) А =
= (Л£+ЕК) А=ЛК^Л=*7з *=*V3- ■__
9 и 25 см. 1.170. ^2S^. 1.171. 8 см. 1.172. 4+2V3, 4-2V3 и 4 см.
□ Пусть х — длина боковой стороны; тогда высота трапеции равна - х.
Так как трапеция описана около круга, то сумма ее оснований равна сумме 11
боковых сторон. Следовательно, площадь трапеции S=- • 2х • - х, откуда _22
х = ^28. ■'
V2S/4. 1.175. 5В11.176. ка^П.
Л. □ Пусть АК=т, КВ=п (рис. Р.1.37). Тотда KB-BM-MC-ivAK-AN- = ND=m.Найдем высоту трапеции: h=BH=^AB1—AH1 =
= J(m+ii)1—(т—п)1=2aJтп.Итак, S= (BC+AD) h=(m+n) А —
2
= 2>jmn (т+п). ■
120 см2. 1.180. 4^5 и 8^5 см.
□ Пусть К — радиус окружности. Тогда сторона правильного вписанного г ^3 ЗВ2^3
треугольника а^В^З и Ss——. Далее, сторона квадрата
at—R^1 и S4—a4=27?2 и, наконец, сторона правильного вписанного ше- бВ1^ ЗВг^З
стиугольника a6—R и S6——. Следовательно,
Г Г42
^ : 5, : Se-S : 3^3 : 6V3. ■
^ : 4 : 6^3 • 1.183. а^З^. 1.184. а^З.
□ Проведем радиус О А в точку касания (рис. Р.1.38) и обозначим радиус окружности через г. Тогда в LOAM имеем Qeip-^«ЦаЛ-гу или , ,,,За6?J3 lla1^
Лет 4-г2 =а2+2or+r , откуда ,=~- Таким образом, S=—-— =———. ■
2 : 1. 1.187. а3 (3 + ^3). 1.188. яа2^.
□ Пусть АЕ=х (рис. Р.1.39). Тогда AB=2AE*EF или 2х+х^2=а, от- а а (2-^2) куда х—у=. Следовательно, искомая площадь
2+V22
, 4Х2, 4а2 (4-4^2+2), г
S-Sabcd-ASmewo1-—-^= 2а3(->/2-1). ■
□ Соединим произвольную внутреннюю точку Р со всеми вершинами многоугольника и опустим перпендикуляры на все стороны (или их продолжения). Пусть длины этих перпендикуляров равны dv d^ .... d„. Нужно доказать, что сумма dt +</2+...+</„ не зависит от Р. Площадь многоугольника S—0,5a(d1 + d1+...+dn’), где а — сторона многоугольника. Значит, d1+d1+...+dn—Mla, т. е. эта сумма не зависит от выбора точки Р. ■
□ По условию, LC—9O0, МР—4 см, 3/6-8 см, 5длвс“Ю0 см2 (рис.
Р.1.40); требуется найти ВС и АС. Пусть ВС—х, АС—у, тогда 0,5ху-100, MP ВР 4х-8
т. е. ху-200. Так как LBPM~ LMQA, то или —.
AQ MQу-48
Следовательно, имеем систему уравнений ' 4х-8
<у-4- 8 ’(х+2у—50,
или <
<ху-200(ху-200,
которая сводится к квадратному уравнению у2—25у+100—0, откуда находим у, —5 см, у2—20 см. В результате получаем два решения: х2 — 40 см, у,— 5 см; ха— 10 см, у2—20 см. ■
Рис. Р.1.41
1.192.
и
1.193.
1.194.
□ По условию, /_С=90°, АВ-^-ВС+АС=22 см, СМ — медиана, СК—высота, СМ—СК=1 см (рис. Р.1.41); требуется найти АВ. Так как
1
М — центр описанной окружности, то АМ—МВ—МС—- АВ. Воспользу- 2
емся равенством АЙ1=ВС1 -^ АС1. Заметим , что ВС^Л-АС1 — = (BC+AQ2—2 ВС ■ АС, откуда АВ2 = (22—АВ)2 —2 АВ ■ СК, поскольку ВС ■ АС=АВ ■ CK=2S, где S — площадь треугольника. Таким образом, приходим к уравнению АВ1 = (12—АВ)2 —2АВ (-АВ— 7 ) или АВ2 +
\2/
+ 130 АВ— 5184=0, откуда АВ= — 65+ч/9409 = 32 см (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). ■ 10.
□ Пусть а и Ь — катеты, ас — гипотенуза треугольника. Так как а+6+с=60, то а+6=60—с, откуда (а+6)2 = (60—су или а2+2дА+А2 = = 3600—UOc+c2 (1). Но а2+Ь1=с2, а 6с=0,5оА (площадь треугольника). Подставляя эти выражения в равенство (1), получим с2+24с— = 3600— llOc+c2 или 144с=3600, т. е. с—25 см. Для определения а и Ь име- (а+6=35,
ем систему уравнений <т. е. а и b — корни уравнения
(об = 300,
.х?—35Х+300—0. Значит, 01=20, <Ц — Х5; Ьх —15, 62-20. Итак, стороны
■ треугольника равны 15, 20 и 25 см. ■
abJ2200 ,
——. 1.197. — см1.
а+Ь3
□ Пусть х — больший отрезок гипотенузы. Тогда по условию
- или х2 + сх—<^«0, откуда х= с
с(У5-1)
2
не удовлетворяет условию). Далее находим
(второй корень уравнения
, ?o-Js)
г—. Обозначив
1.199.
1.201.
1.204.
через А высоту, проведенную к гипотенузе,
,, /V5-1 3-Vs'
Л2 —сх—х2*^ I \ 2 2 ,
1 ^VV5-2 тельно, S—- сА—. ■
22
2 с—х А имеем —-, и, значит,
А х
‘^-^(Vs-l), т. е. h—c~J ^5-2. Следова-
р2-п? p2+m2±.JtplA-m2)2-%m2p2,
. -——. 1J00. 2,16, 3 и 0,84 см2.
Р
2р
□ Пусть площадь треугольника равна 5. Тогда его стороны таковы:
2S2S2S/11\
-—, 6——, с——. Найдем а2+Ь2=4^ I—-4)=4S2
152012\152202/
4S1 (\1 \4S2
— 1-4—)-—, откуда а2+62 —с2, т. е. треугольник 25 \916/144
' 1 1 ’
—„I
,225 400,
прямоуголь-
НЫЙ. ■
□ Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с. Тогда 4т^-2(62+ с1)-с?, 4т1-2(а1+с1)—Ь1 (см. дополнительные соотношения
Рис. Р.1.42
2° в начале главы). Сложив эти равенства, получим 4(т^+т^)=4с2+а2+Ь2. По условию, mi+m?=5m.. Но 4т?=Да2+b2)—с2 4с2+<?+Ь2 5(2(а2+62)-с2)
и, значит,=, откуда 4<т+<г+62 = 10(4Г+62)—
44
— 5с2 или с^^+Л2, т. е. треугольник прямоугольный. ■
1205. 5Д1.206. b+c+d.
1207. □ Обозначим сторону треугольника через а и проведем MDLAB (рис.
Р.1.42). Поскольку АМ=ВМ, точки С, М и D лежат на одной пря- о2
мой — высоте CD. В b.ACD и ZxAMD имеем (\4-МЬ)2=<?—-, о2
ЛЮ1=4. Тогда о2 — 4(4—MD2) и получаем квадратное уравнение
4_
,,,3^5-1
(1 + МПУ = 3(4 - Mb2) или 4MD2+2MD -11=0, откуда MD - —(вто
4
рой корень не удовлетворяет условию). Далее находим
,,46 —65/5 9+З5/5
а2 — 4(4—MD2)—16и, следовательно,
42
aV3 (9+35/5)5/3 9^3+3715
5=—to 3,4 (см2). ■
488
1209. 2nV7.
□ Пусть ЛС—jr тогда СВ=1х (рис. Р.1.43). Проведем DLIAB и опустим перпендикуляры на АВ из точек D и Е. Так как треугольники ADC
X 1—х I
и СЕВ—правильные, то DL*»FM«*FC+CM—-A— ___22 2
(1-х)^3 х^З (/-Тх^З. Р 3(/—2х)2
EL=——————. Следовательно, DE^—A. Рас-
22244
стояние DE является наименьшим при /—2х=0, откуда х=//2, т. е. точку С следует взять в середине отрезка АВ. ■
m(V5+l)/2 ит. 12122V5 и 5+5/5.
1213. □ Так как ЬАВС — равнобедренный, то CE=AD и DE^AC (рис. Р.1.44). т BD
Из подобия треугольников АВС и DBE следует, что —=—-. Учитывая, BD ВС
что CD — биссектриса, имеем ———. Положим АС—х, BD—y и полу- DA АС
Рис. Р.1.44Рис. Р.1.44
Рис. Р.1.44
Рис. Р.1.44
'{ т У
J х b'bmbm b
ним систему уравнений \откуда у=— и далее=-,
I у 6х/ Ьт\ х
) ^-Ь—у х\ xj
1.214.1.216.1.214.1.216.bmт. е. х=. ■Ь—т28/3 см. 1.215. 4,8.
1.214.
1.216.
1.214.
1.216.
□ Пусть АВ пересекает BE в точке F (рис. Р.1.45). Проведем ВК^АС. Так ВК КВ BD 111
как h.BCE~ &.ВВК, то —=—=—=-, откуда ВК= ВЕ, КВ=- ЕС. BE ЕС ВС 555
КВ KF 1
ЗхЗхДалее, так как txKFB~ txAFE, то ^=^=5- Пусть KF=x; тогда FE=5x
Зх
Зх
и ВК+х+5х=ВЕ, откуда ВК+6х=5ВК или 6х=4ВХ; т. е. ВК=—. Выра- 2
Зх5х
зим BF через х: BF=BK+x=—Нх=—. Но FE=5x и, значит, 22
BF:FE=\:2.e_
4^3(3, 4^3(3 и (9-SV3)/3. 1.218. 30, 30 и 120°.
□ По условию, ВС—a, AC=b, АЕ и BF — медианы, 4>4MF=90° (рис. Р.1.46). Положим АЕ=та, BF—тъ- Тогда в txBME и дЛМРсоответ- т^ 4т* а1 4т1 т* Ь1
ственно имеем —i+=—, —14 —. Складывая эти равенства, полу-
994 994
Рис. Р.1.47Рис. Р.1.47
Рис. Р.1.47
Рис. Р.1.47
5(m^+m^ a2+b2• 9(а2+62)
чаем= или m.+mf —. Наконец, из LAMB нахо-
94*‘20
4(m3+m2) а*+Ь21а2+Ь2
дим АВ2—=, откуда АВ— /—■—. ■
_95V 5
2^5 см. 1221. 26 и 30 см.
1222. □ Обозначим высоту CD через Л, а отрезок АВ — через х (рис. Р.1.47). ИмеемLACB—%° — 75°=15°.Проведем AF так, чтобы
LCAF— LACD —15°. Тогда LAFB —30° низ LABFполучим AF—FC—2x, Г*Г
DF=XaJ3. Но DF—h—FC-h—2хи, значит, х—==Л (2—^/3). Поусло-
2+^3_
вию, AB—2h; следовательно, BB=AB—AB=2h—x=hj3. Наконец, из
LBBC находим ВС—^ВВ^СВ^—Тк, т. е. LB—3№ и ДС=180°-75°-30° = 75°. ■
14^3/3 см. 1.224. 3 см.
куда х=5,8 см. ■ 3 : 4.1227. 150 см3.1куда х=5,8 см. ■ 3 : 4.1227. 150 см3.11.226.1.226.1.228.1.228.441.225. □ Пусть искомое расстояние равно х (рис. Р.1.48). Тогда 5дллгв=0>5 ■ Юх=5х. Но 8дамв”8^авс—Saamc—8&вмс- Найдем эти площади: S^abc=-^2A ■ 14 ■ 3 • 7 — 84 см2, 5длл/с=0,5 • 21 ■ 2=21 см2, 5двлгс=0>5 • 17 ■ 4=34 см2. Следовательно, 8ьамв=84—55 = 29 (см)2, от-
куда х=5,8 см. ■ 3 : 4.1227. 150 см3.
1
куда х=5,8 см. ■ 3 : 4.1227. 150 см3.
1
1.226.
1.226.
1.228.
1.228.
4
4
□ Так как Skdec-- DE • НК—2 (рис. Р.1.49), то НК——-: аналогично, 2BE
116
Skabc-*- АС ■ ВН—%, откуда ВН——. Учитывая, что txABC~ txBBE, 2AC
BE BK находим—=—.Но ВК-ВН—НК и, значит,
АС ВН BK ВН-НКНК4 16ACBE
—== 1—— — 1——:—=1——-. Положим ——х. Тогда
ВН ВНВНBE AC^ВЕАС
,1 BE 1
х—1 или 4х—4х+1 =0, т. е. х—-. Итак, —-—-. ■ 4х2 АС 2
1229. (т+п)21(тп\
□ По условию, LA—2lB, ВС—АС—2 см, АВ—5 см (рис. Р.1.50); требуется найти Saabc- Проведем биссектрису АВ; тогда LABC~ LABC
АС СВАС СВ
АС СВ
АС СВ
ввРис. Р.1.50Рис. Р.1.50
в
в
Рис. Р.1.50
Рис. Р.1.50
АС 5АС 5
Далее, так как AD— биссектриса, то —=— или —= или
CD BDCD ВС-CD
AC • ВС—AC • CD=5CD, откуда CD= (2). Из равенств (1) и (2)
ЛС+5
_ АС ВС?_
следует, что АС? = или АС? +5АС=ВС?. Учитывая, что
АС+5
ВС=АС+1, имеем AC? +5АС=AC1 +4АС+4, откуда АС=4 см, ВС=6 см. Итак,
8Мвс-ф5 • 1,5 ■ 2,5 • 3,5™ (см2). ■
4
9 см2.
□ Сначала докажем, что все указанные в условии треугольники равновелики. Имеем S^aom=S^com (рис. Р.1.51), поскольку эти треугольники имеют одинаковые высоты и одинаковые основания, равные АСр. Аналогично, S^aon^S^bon и 8ьвок=5дсок. Но S^bok-S^bon. ?** м^ SbBOK=SbDOK+SbBKD. S^bon=B^don+B^bnd, a S^dok=S^don и 8ьвкв=8двмп (у этих треугольников равны основания KD и ND, а также опущенные из них высоты). Итак, площадь каждого треугольника равна Sb,abc!6. Теперь по формуле Герона находим З^авс^Ф^ ■ 8 • 7 • 6=84 см2, откуда Вдаом” 14 см2. ■
□ Каждую медиану исходного треугольника АВС продолжим на 1/3 ее длины (рис. Р.1.52). Площадь образовавшейся фигуры AMBNCP составит IS^abc V^BOC= b.BNC, &АОВ= &АМВ, Д.АОС= Д.АРС)- Длины сто-
Рис. Р.1.52Рис. Р.1.52
Рис. Р.1.52
Рис. Р.1.52
Рис. Р.1.54Рис. Р.1.54Рис. Р.1.55Рис. Р.1.55
Рис. Р.1.54
Рис. Р.1.54
Рис. Р.1.55
Рис. Р.1.55
рои каждого из треугольников АОМ, BOM, BON, CON, СОР, АОР равны ^/З, 2л12/3, 2л1э/3; поэтому Sambncp=6Saaom- Пусть Sm — площадь
треугольника, построенного на медианах LABC. Тогда SьАОМ=45т19
и Sambncp=2S^ahc=6 ■ 4Sm/9=8Smj3, откуда S^abc : Sm=4 : 3. ■
1335. 8 см2. 1336. 288 см2.
□ Площадь &АВСв 3 раза больше площади lAOC (О — точка пересече- 1
ния медиан; рис. Р.1.53). Имеем S^aoc=- АС • ОК=КС • ОК. Но
ОК=-ВК=1 (м), KC=JOC1-OR?, где ОС=МС= (м); отсюда 3 33
//10V , 816 ,,
кс= I — ) —22=- (м). Итак, 8дЛос=— м2, т. е. 8давс=16 м1 ■ _ V \з/ зз
V15/2 см2. 1.239. 235,2 см2.
1340. □ Рассмотрим два случая (рис. Р.1.54):1) LAKB= LALB;
LAKB= LALC.
11
LAKB* LAA— LB— LALB* LBA— LA (суммы углов треугольника), 22
т. е. LA= LB.•
1
Так как LALC — внешний угол lABL, то LALC= LB*- LA. Далее, 2
11
LAKB+ LA*- LB—x. Ho LAKB= LALC и, значит, LB*- LA=
22
2*
= я— LA —- LB, откуда LA* LB=—. ■
25/5.1342. В 2,56 раза.
□ Пусть O2B=r, тогда OtA=R=3r (рис. P. 1.55).. Проведем O2C$AB; имеем АС=г, О2С=2г, OtO2=4r, т._ е. О1О2=2О1С и, значит, LCO2O1=30o. Так как О2С=АВ=6-^3, то из LOxCO2 находим О2О2=О2С: со$30°=6л/з : (■^'з/2)=12, откуда г=3, Я=9. Дуги, входящие в указанную фигуру, содержат соответственно 120 и 240°, поэтому их 2яг 4яЯ
длины равны — и. Искомый периметр составляет 33
2хг 4xR .-
Р=2 ■ 6V3+—+—= 12V3 + 14n. ■
1344. 8. 1345. я/2.
□ Обозначим искомую длину через 2х. Тогда АВ—4х, АО1-^В—х1, BOi — J^—x1 (рис. Р.1.56). Проведем О2С$АВ. В ДО,О2С имеем O^-Vo^-OzC ИЛИ
^ В1-^-^г1—х?—^(<В4-гУ — \6х?.(1)
получим(2)получим(2)Умножив обе части уравнения (1) на ^B1—)?*^!1—^, в^-^в-нУ-хь? (V^-^+V^-A откуда
получим
(2)
получим
(2)
^R1 — х^ + у/г1-^ —— .
^(R+rY-\6^
Складывая равенства (1) и (2), находим
Rl — fl l>jR1-^-^qi+ry-\bx1+-======(3)
V^+r)1-^
Преобразуем правую часть равенства (3):
(Я+г^-^+Я2-^ ЦВ1+Вг-%х?') 2(Я(Я+г)-8х2)
^Щ+гУ-Хбх? ^(В+г)г-\^ ^(R+r)1-^
Тогда оно примет вид ^R1—х? • ^Дя+гр-^-ЯСЯ+^-вх2 или (Я2-х2)((Я+г)2-16х2)-(Я(Я+г)-8х2)2 или Я2(Я+г)2-16Я2х2-х2(Я+г)2 + 16х-Я2(Я+г)2-16Я(Я+г)х2+64х4.
Учитывая, что х#0, приходим к уравнению 48 k2 = 14Яг-Я2—г2, откуда
1 llARr-R1-^
х= / (второй корень уравнения не удовлетворяет усло-
1253. 8 см. 1.254. ^-ab+b2._
itR2 R2^3
□ Площадь сегмента с дугой 60° равна St — ——, а площадь сег-
™R2 R2V3 мента с дугой 120° равна 52 —. Искомая площадь
, Я2(я+Уз)
S-nR1-S1-S2-. ■
1256. 14 см.
□ Пусть г — искомый радиус. В Ь-АОК (рис. Р.1.59) имеем ОК-^г2 —9, а в kOBN имеем Of^+BN2 — ОВ2 или (OK+l^+l^r2. Следовательно, г2—9+4,/^—9+4 + 1—г1, откуда г2—9 — 1, т. е. r—>jXO см. ■
1258. □ Обозначим радиус круга через R Так как дуга сегмента содержит 120°, 2itR
то ее длина равна —у, а хорда, стягивающая эту дугу (сторона правильного вписанного треугольника), равна R>j3. Тогда периметр сегмента сос-
htR гЗр
тавляетр—VR-J3, откуда R—=. Находим площадь сегмента:
3_ ’ 2л+зУз_
nR2 R2^3 Я2(4я-зУз) З^я-ЗУз)
да а2гда а2г1260.1261.1260.1261.34124(2я+зУЗ)2
да а2г
да а2г
1260.
1261.
1260.
1261.
а-г (a-rf
□ Пусть А — вершина угла. О/ и г, — соответственно центр и радиус /-й
1
окружности (1-1, .... 5). Так как - LA—30е, то АО(—2т<, AOi-i — 2r/_i, 2
откуда AOt—AOi_i +r;_i +rt или 2т(-2т/_| +г<_| +гь т. е. г/-Зт/_1. Следовательно, радиусы окружностей образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 3, а сумма площадей пяти кругов составит S-w2(l+9+92+9’+9‘)-^~^-7381^.
. Итак, 5: arJ-7381. ■ 168
Рис. Р.1.61Рис. Р.1.61
Рис. Р.1.61
Рис. Р.1.61
3 см. 1.263. 5яг2/36.
□ Пусть длина отрезка АВ равна 2/. Обозначим радиус одной из окружностей через г, тогда радиус второй окружности равен 1—х. Сумма длин полуокружностей составляет L=itx+n(I—x)=itl, т. е. не зависит от х. ■
Я2(273-л)/2. 1.266. В 9 раз.
□ Каждая из двух последних окружностей проходит через центры первых двух (рис. Р.1.60), поэтому длина их общей хорды О1О2=К. Искомая площадь равна удвоенной площади сегмента с центральным углом 60°, т. е.
/яЛ2' R2J3\ Л2(2я-з7з)'
5=2— |=——- ■
\ 64 /6
2Я2(з73-я)/3. 12692^/(6-2z).
□ Обозначим радиус окружности через г, а длину гипотенузы через 5х. Тогда (рис. Р.1.61) ВС=Зх + г, АС=2х+г, поскольку BK=BL, АК=АМ. Так как LOCM=45°, то г=ОС: ^1=.^% : ^/2=2 (см). Для площади треугольника АВС имеем выражение 5=0,5 АС • ВС; с другой стороны, S=pr, где р=0,5 (АВ+ВС+АС). Следовательно, 0,5(2х+2)(Зх+2) = = 2(5х+2) или Зх2 —5х—2=0, откуда х=2 см (второй корень уравнения не удовлетворяет условию). Итак, Л5=10 см, АС=6 см, ВС=% см. ■
□ Пусть а и b — катеты треугольника. Тогда имеем систему об =48,,
откуда а2 + 2п6 + 62 = 196, <г — 2ab+b2=4, т. е. а+6 = 14, а2+62 = 100,
а—Ь=2 и, следовательно, а=8 (см), 6=6 (см). Так как S=pr, то 24= 12г, т. е. г=2 (см). ■
Н + гЯг.
□ Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы. Пусть u, v — длины катетов, aw — длина aw2
гипотенузы; тогда 5=. Так как и и v — корни уравнения ох2+6х+с=0,
4
с6
то uv=-, u+v =—.Учитывая, что w2=i/+v2, имеем
аа
Ь1 с Ь1 — 2ас
w2=(u+v)2—2mv=——2-=-—и окончательно находим
а2 а а2
K^ — lac)
S=-■
4а2
-(6+V»2-2ac)/(2a). 1.275. 5 см.
□ Проведем радиусы OD и ОЕ в точки касания (рис. Р.1.62). Имеем OD—ОЕ—СЕ— CD, т. е. ECDO — квадрат. Пусть К — радиус окружности; itR
тогда длина дуги- ED равна —. Так как txAEO~ &.ODB, то
АЕ АО 30 3_,_,,J3O2-R2 3
— =———=-. Но АЕ1=АО2 — ОЕ2—302-R2, откуда= или OD ОВ 40 4R 4
16(302 —R2)—9R2 и, значит, R—24. Итак, длина дуги ED равна 12я. ■ 1Л77. 5^2 см. 1.278. 100л/9 см2. 1.279. □ Сначала найдем радиус вписанной окружности. Имеем 50,5 • 6 • 824
г—— ==——2 (см). Далее, так как LABC— &МРО (рис.
р 0,5(6+8 + 10) 12.
АВ АСАВ МО 6 2 3
Р.1.63), то —, откуда МР—==- (см). Аналогично,
МР МОАС 82
EQ ОЕОЕ МО 2 2 8
h.EOQ~ LMPO :——-, откуда EQ —==- (см). Для вы-
МО PMРМ 3/2 3
числения длины DN проведем OLLBC; тогда DN—DL+LN. Но 8
LEOQ— LLON (по катету и острому углу); значит, LN-EQ-- см. Точно
3 так же из равенства треугольников МРО и DLO находим DL=МР—- см и,
3 8 25
следовательно, DN—-4—=— (ал). ■ 2 3 6
□ Пусть а, Ь, с, р — соответственно катеты, гипотенуза и полупериметр треугольника, г — радиус вписанной окружности. Тогда а+Ь+с а+b сс
р+г——-—+г=^—+-+г. Рассмотрим сумму -+г. Так как площадь abab
треугольника 5=——рг, то г——, откуда 22р
сс ab pc+ab ac+bc+c2+2ab ac+bc+a2+b2+2ab
” + г=- + — =»■==
22 2р 2р4р4р
c(a+b)+(a+b'f (a+bXa+b + c) a+b a+b+c a+b
4p4p2 2p 2 ’
a+b a+bИтак, p+r=3=a+b. ■
22
□ Искомая площадь S=St— S,+3S3> где St площадь треуголь-
4
яд2
ника, S3=площадь круга, S3 — площадь сегмента, отсекаемого тре-
а угольником от круга. Хорда этого сегмента равна -; поэтому __3
яд2 ^Уз яд2 а?^3 $«■- • ——■—. Итак,
6 99 4 5436
^Уз яд2 яа2 а2Уз д2(ЗУз-я)
= 49 + 1812 ~18' "
Я2(я-^З). 1.284. (5я-бУз)/18 см1._
□ Пусть х — радиус каждой из окружностей. Тогда АО=х^З, ОЕ=2х, ЕС=х^З(рис._ Р.1.64). Такимобразом,2хУз+2х=д,откуда
ад(Уз —1)
х== Площадь каждогоиз кругов равна
2(Уз + 1) _ 4
, яд2(2-Уз) =• следовательно, искомая площадь
8
а^З Зяд2(2-Уз) д2(2УЗ-6я + ЗяУз)
" 4 "8”8’ И
2(ЗУз-я) см2. 1.287. Я2Уз(бУз-4)/3.
□ Проведем радиус ОЕ1.ВС (рис. Р.1.65). Так как LOBE=- L АВС=60°, 2
11
то LBOE=30°, т. е. ВЕ=- ВО. Тогда из &ВЕО находим ВО1—- ВО2+9, 4 _
откуда 80=2^3. В ZxADB нм№м AB=2BD. Но 80=80+00=2^3*3 и, следовательно,_ AB=BC=*j3*6. Наконец, АС=2ОС=2(ВС— ВЕ) = =2(4Уз+6-Уз)=бУз + 12. ■
Рис. Р.1.66Рис. Р.1.66
Рис. Р.1.66
Рис. Р.1.66
ZR^Rr. 1.290. 5, 5 и 6 см.
□ Согласно теореме о касательной и секущей, имеем (рис. Р.1.66) ВК?=АВ • DB=^ • 4=36, откуда ВК—6 см, КС=3 см. Проведем радиус 5
ОК в точку касания и ONLAB. Тогда AN=ND=- см. Так как ДАКО~
~ ДОКС (прямоугольные треугольники, у которых LA= LQ, то КС ОС 3 6
— =—=—=-. Пусть искомый радиус равен г. Тогда АО=г, ОС= AN АО 5/2 5
, . '15
=79+г2 и, значит, 6г—579+г2 или 36г2=225 + 25г2, откуда г=—=см. ■
7й
7, 24 и 25 см.
AD АС 18 3
□ Так как CD — биссектриса (рис. Р.1.67}, то —=—=——-, откуда DB вс 12 2_
AD^ см, DB=6 см. Далее, длина биссектрисы CD—aJm ■ 18—9 • 6=972 см (см. дополнительное соотношение 5° в начале главы). Проведем радиусы в точки касания и положим CF=x. Тогда, используя равенство касательных, •роведенных из одной точки, получим 18—х + 12—х—15, откуда
15/45 21 15 9 135V7,
х=— (см). По формуле Герона находим 5= /— • — • — • - =(см2).
2_ у 2 2 2 24
13577 45 377
Но S=pr, откуда г=:—= (см). Значит,
422
,-/225 63.-
ОС^узг+г^1—=672 (см). Поскольку CD=9y2 см, точка О де- у 44
лит биссектрису в отношении 2 : 1. ■
3 : 2, 3 : 1, 2 : 1. 1.296. 5 см.
□ Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с. Тогда площади частей 1118
треугольника равны - аг, - Ьг, - сг, т. е. ar=%, Ьг= 26, сг=30, откуда а=-, 222г
2630/32 24 6 2 96
Ь=—, с=—. По формуле Герона находим 5= — ■ — • - ■ -=—. Но г гу г г г г ,
,96.8
5=4+13 + 15=32 (см2); следовательно, —=32, т. г.. > - ./3 сы. Итак, а=-—
2630
см, Ь=—= см, с=—= см. ■
7зV3
Прямоугольный; 24 см2. 1.299. 130 см2.
□ Так как ДАСВ=- (рис. Р.1.68), то АВ=2^1 см (сторона вписанного 4
я квадрата). Проведем BDLAC. Тогда, учитывая, что LABD=*-, находим
1
AD=- АВ=^1 (см); далее, поскольку ДВОС— равнобедренный, 2 Л А ____
DC=BD=— АВ=— ls!l=J6 (см). Значит, АС-АП+ПС=^г + ^6 22
(см). Итак, S=-AC ■ BS=-(724^5^6-(1+V3)V3=V3+3 (см2). ■
16,9 см.
□ Пусть О — центр окружности, описанной около ДАВС, и О, — его ортоцентр (рис. Р.1.69). Построим дLMN, сторонами которого служат средние линии заданного треугольника. Высоты ДLMN пересекаются в точке О, поскольку эти высоты перпендикулярны сторонам ДАВС к проМО LN 1
ходят через их середины. Но дLMN~ ДАВС и потому=—=-, т. е. АО, ВС 2
АО,=1МО. ■
2
□ Так как CN— медиана, то СК=- CN (рис. Р.1.70). Соединив точки 3
Ш CF I1
L и М, получим среднюю линию LM; поэтому=—=-, т. е. CF=- CN,
АВ CN 22
Рис. Р.1.70Рис. Р.1.70Рис. Р.1.71Рис. Р.1.71
Рис. Р.1.70
Рис. Р.1.70
Рис. Р.1.71
Рис. Р.1.71
alai
LM=~, LF=FM=- AN=-, FK=- CN. Имеем LF ■ FM=FK СЯ(произ- 2246
ведение отрезков хорд, проходящих через точку F). Следовательно, a2 11' а7з
— =- CN - CN. откуда СХ=—. ■
16 622
1305. 120/17.
□ Соединим вершины квадратов А и С, В и D (рис. Р.1.71). Продолжим BD до пересечения с АС. Обозначим точку пересечения через N и покажем, что она совпадает с точкой пересечения окружностей, описанных около квадратов. Действительно, так как IxACM— ixBDM, то LACM— UDBM и потому BNLAC. Но прямые углы BNC и AND опираются на соответствующие диаметры, а значит, точка N принадлежит обеим описанным окружностям, откуда и следует доказываемое утверждение. ■
а^З, 5а^3[6 и 5а7з/6.1308. 17 см.
□ Проведем радиус ОК (рис. Р.1.72); тогда KL-aJmF—LO1. Но LO— - ВЕ= 18-13-5 (см), откуда KL=V132 - 52 = 12 (см), ВК= 13 -12-1 (см). Итак, сторона квадрата разделена на отрезки 1 и 17 см. ■
10 :1. 1.311. 65ita2/4.
□ Хорда ОА стягивает дугу 90° (рис. Р.1.73); поэтому п_—щадь половины яо2 a2 <г(я—2)
лепестка равна—. Следовательно, искомая площадь S=8 х
16 816
а2(л—2) а2(л—2) х =. ■
162
□ Пусть х — сторона прямоугольника, вписанного в окружность радиуса В. Тогда его площадь равна x^AR1—^. Площадь вписанного квадрата равна 2R1. Покажем, что U^^xJ^K1—^. В самом деле, из очевидного неравенства (2Я^х1)2^® получаем 4Я*>х2(4Я2 — х2), откуда и следует, что IR^^Xyl^R1—^ ^Tsax. неравенства сохранится, поскольку 2R2>0 и х ^/4Я2 —х2 > 0). ■
84/13 и 72/13 см.
□ Так как А С — диаметр окружности (рис. Р.1.74), то Я=0,5л/242+72 = = 12,5 (см). В Д ВОЯ имеем OF=>/OB1-BFl=>/12,51-12a = 3)5 (см); значит, MF= 12,5—3,5=9 (см), Л/Я=12,5 + 3,5 = 16 (см). Из&MBF и ЬМАК находим искомые расстояния: MBt^MF^+BF^sj^ + Yl^lS (см).
Рис. Р.1.75Рис. Р.1.75
Рис. Р.1.75
Рис. Р.1.75
(6—а)2/2. 1317. m(p+q)lq, m(p + q)lp, p + q.
□ Так как ZxAEF— равнобедренный (рис. Р.1.75), то биссектриса АМ перпендикулярна ЕЕ и лежит на диагонали ромба. Находим __27 93
АМ^АР-МЕ1-^—, т. е. АМ=- (см). В &ACF имеем LF-900
4 42
3
и FM1AC; следовательно, А^—АСАМ или 9—АС •-, откуда АС— 6 2
(см). Далее, £xACD~ ZxAEF (углы при основании равны как углы со AM ЕЕ
взаимно перпендикулярными сторонами) и, значит, —— или
OD АС
3/2 Зл/Зг
— =, откуда OD—J3 см. Итак, BD—2J3 см, АС—6 см. ■
0D 6
а^З' 4 *а^З' 4 *20 см2.
а^З
' 4 *
а^З
' 4 *
□ Радиус вписанной в ромб ABCD окружности (рис. Р.1.76) R
поскольку Д^=60°. Четырехугольник KLMN является прямоугольником, так как его углы опираются на диаметр окружности. Его площадь S—MN • LM, где MN—R (катет, лежащий против угла 30°), LM—R^Jz.
, г 3^73
Итак, S-B2V3--^-. ■
□ Площадь ромба 5-0,5 ■ 3 • 4—6—AD • BE (рис. Р.1.77). Из ZxAOD находим AD—yj2i + \,5i—2,5 (см) и, следовательно, BE—6 : 2,5—2,4 (см). Далее из ^BDE получим DE=^BD1-BE?-^31-2A1-X,% (см). Итак, Sbedf”^Sьвер™ 1,8 ■ 2,4—4,32 (см2). ■
1322. 25/(6я). 1.323. S^V3/3-
1324. □ Искомая площадь 5 равна 4(8 даов~ 8 ^АГк) (рис. Р.1.78). Находим 8даов=0>5 • 3 ■ 2=3 (см2). Сторона ромба равна ^/22 4-З2=^/13 (см). В Д^ОВ отрезок ОК — биссектриса; тогда, используя формулу ~Jab(a+b+c)(a+b—с)
1С= (см. дополнительное соотношение 6° в начале
а+Ь
Vets+V^xs-V13) 6V2
главы), получим ОК==—— (см). Теперь найдем
1ОК 6
8дарк=~ ^Г -КН, где КН-—==- (см), AF=3 —2=1 (см); значит, 2V2 5
5дл«=0,6 см2. Итак, 5-4(3-0,6)=9,6 см2. ■
1325. 9, 9 и 6V2 см. 1.326. 4^2 и 18 см.
□ Покажем, что искомая площадь Slmnp=1S (рис. Р.1.79). Действитель
но, так как АЦВО и LB\\AO, то ALBO — параллелограмм и, значит, 8даьв=8даов- Аналогично получаем 8двмс=8двос. 8 доек” 8 двое.
8дарв=8даоп, откуда и следует, что SlmNP=2S. ■
96 и 156 см. 1329. 45 и 135°.
□ Так как KL, LM, NM, KN — средние линии соответствующих треуголь-
11
ников (рис. Р.1.80), то KL=NM=^АС, KN=LM=-^BD. По условию,
1
AC—BD и, следовательно, KLMN — ромб, площадь которого равна - pq. 2
Пусть искомая площадь равна 5. Тогда 8=8дАвв+8двсв- Но 8дакн=
111
8давв> аналогично, 8дсмь=-. 8двсв и> значит, 8дакм+$дсмь=" 8.
444
1
Точно так же получим, что 8дквь+8дмвм=~ 8. Итак, площадь вне ромба 4
11
равна - 5. Поэтому и площадь ромба равна - 8, откуда S=pq. ■ 22
3 см. 1.332. 120 см2.
я
1333. □ Пусть малая дуга содержит х градусов. Тогда 4х+8х=2я, откуда х=-.
Значит, восьмиугольник содержит четыре треугольника с центральным
л'
углом - (их суммарная площадь 4 •
^Уз
4 '
и
л
четыре треугольника с ,цент- R1
ральным углом - (их суммарная площадь 4 • —). Искомая площадь со- 6_4
ставляет 5=д2Ь/з+1). ■
1.334. а. 1.335. 8 или 6 см.
1.336. □ Заметим, что окружность, описанная около трапеции A BCD, описана и около &ACD (рис. Р.1.81), причем такая окружность единственна. Ее
abc
1
радиус будем искать по формуле Л-—. Имеем S=-^AD • BE, где
BE=JaE1—AE1=J\01 — 61=%; отсюда $*лсд=- ■ 14 8-56. Из МСМ _2
находим AC—yjAM1 +МС1 =Vs2-+82—8^2. Итак,
14 10- %J1.-
R=—=5j2. ■
4-56 _
1.337. 6 см. 1.338. *V3/3.
Зх 7х
1.339. □ Пусть ОК=х, AL=y, BK=z (рис. Р.1.82). Тогда MN=z+y»x-t—=—. 4 4
В ДОКВ и ДОДА имеем О^-ОК^ВК1, OA1-OL1 +AL1. Таким образом, приходим к системе уравнений
✓V+z1-100,
9хзjx2 + z2 —100,
—+/=юо,или J9x2 /1х .
io1—.1—,
1х -_z=y
16 \4
или \ 29Х2 2xz .= 100 I+z2 = 100.
I 82
21Х2 Ixz
Вычитая первое уравнение из второго, получаем———0, откуда (так
82
- 4z16Z2
как х#0) х——. Значит, z2-!—100, т. е. z—6. Отсюда находим х=8,
39
у=8. Итак, ZD-2y=16, BC=2z=12. ■
1.340. Трапеция равнобедренная, боковая сторона равна средней линии. 1341.
4 и 5^/41/4 см.'
1.342. □ Обозначим высоту ВН трапеции через h (рис. Р.1.83). Тогда AB=2h (так как СА = 30°"), BC+AD=4h (поскольку BC+AD=AB+CD = 2АВ). Пло-
(BC+AD^h
щадь трапеции S==2Л2=32 (см2), откуда Л=4 см. Следовате-
2
льно,АВ=СВ=8 см, BC+AD —16 см. Но BC+AD = 2BC+2AH=2BC+ + 8>/з. Итак, АВ=СВ = 8 см, ВС=8 — 4л/з см, ЛЛ = 8 + 4л/з см. ■
1343. 100я см2. 1.344. 20, 12,5, 5 и 12,5 см.
1345. □ Пусть L и М— точки касания (рис. Р.1.84); тогда SL=SM, откуда AB=CD, поскольку AD^BC^LM. Проведем OKLLM и BHLAD. Искомая 1
площадь S= (AD+BC)BH. Для описанной трапеции имеем АВ+ВС= 2
=АВ+СВ=2АВ; поэтому S=AB . ВН. Далее, l\ABH~ txOLK ^LLOK=
= иВАН как углы с взаимно перпендикулярными сторонами), откуда
LK ВНа/2 2R4Я24Я28Я3
—=— или -—=— и, значит, АВ= . Итак, 5= ■ 2R=. ■
LO АВR АВаа а
1346. 8/lrV/O-/(/?+r). 1.347. ЗбД/Ю, 12/V10, 18Д/10 и ЗОД/10 см.
1348. □ Сначала найдем сторону АВ=2г (рис. Р.1.85). Пусть ED=x. Тогда, 4г 4г
используя равенство AB+CD=BC*AD, получим 2r+CD=—IНх, от-
3 3
5
Рис. Р.1.85
D
8И'X
^Н ?Iм
Рис. Р.1.86
куда CD =—Ьх. В txCED имеем CD2 = СЕ1 + ED1 или
8г10г12г
откуда х=—. Итак, CD=—, AD——=4r ■
18V5/5 см. 1.350. 3,6 см2.
R
□ В силу условия, LBOC=45° и, значит, ВС=ОС=—=, AC=R—
DO АО
— — ==— (рис. Р.1.86). Так как ^АВС~ zxADO, то —=—-, от-
V2 V2ВС Ad
АО ВС R г
куда DO==—=—=/?(V2+l). Находим площадь трапеции:
АС V2-1
1 /R\R R\3+Jl)
S=-(PO + BQOC=- A(J2+1)+^ )—==—. ■
2 \V2 4
14, 12,5, 29,4 и 16,9 см. 1.353. 6 см.
□ Пусть AD=a,ВС—b(рис.Р.1.87).ТаккакZxMBO~ &ABD,то
МО ВОВО
=—,т.е.МО=а-—.Аналогично,kOND—txBCD,откуда a BDBD
ON ODODa BO+b OD
—=—, т. е. ON=b ■—. Тогда MN^MO+ON^=
b BDBDBD
1а ■ ВОa OD
=, поскольку NAOD—&BOC и, значит, -=—, т. е. а-ВО =
BDb ВО
=Ь • OD. Учитывая, что BD=BO + OD, окончательно находим
1а • ВО 1а 1а 1аЬ
MN====. ■
BO + OD OD а a+b
I 4-1+
ВО ь
12^5 см2.1.356. yj^+b2)^.
1357. □ Проведем BHLAD и CFLAD (рис. Р.1.88). Пусть АН=х; тогда AF=8 + x, DH=14—x. Учитывая, что BH=CF, в b^AFC и &BHD имеем AC2-AFa=BD2-DH2 или 132 - (8 + х)2 = (5 V17)2 - (24 - х)2, откуда 64х=256, т. е. х=4 (см). Тогда CF=^JAC2—AF®=^\32—122=5 (см). Следовательно, S= (24+8) • 5 = 80 (см2). ■
За—ba a—3b
a ■при b<3a; - •при a>3b. 1359. 2,4 cm. a+b3 a+b
□ Искомая площадь 5 = 125 даос, где О А и ОС — радиусы (рис. Р.1.89).
а
Так как сторона квадрата равна а, то ОА = ОС=—-. Имеем V2
112я л
■ 8даос=- ОА • CD, где CDLOA. Но CD=- ОС, поскольку LAOC=—=-.
2212 6
а 1 а а1За2
Таким образом, 8даос=~ • —= • _ • -=—, т. е. 5=—. ■
2 V2 82
10 см.
□ Около ^АВС опишем окружность и продолжим биссектрису AD до пересечения с этой окружностью в точке £ (рис. Р.1.90). Так как BD : DC=c : b=4 : 5, то BD=8 см и PC-10 см. Но BD ■ DC=AD ■ DE, откуда AD ■ DE=80. Поскольку ZxABD~kAEC, имеем AC: АЕ= =AD : АВ, откуда Л£ Л£=180. Учитывая, что AE=AD+DE и DE= =80 : AD, находим AD=10 см. ■
LA + LB=W или IД.4-Z..81 = 90°.
□ Положим АВ=х, ВС=у, CE=z (рис. Р.1.91). Так как х :y=AD : DC (BD — биссектриса угла АВС), то х=2у (1). Кроме того, из Е.АВЕд &СВЕ имеем: x2 = (6+z)2 + 15 (2), y2=z2 + 15 (3). Система уравнений (1) — (3) приводит к квадратному уравнению z2—4z+3=0, откуда z, =1, z2=3. При z=l получаем ответ: АВ=х=8 см, 5С=у=4 см, АС=6 см (при z=3 длины сторон не являются целыми числами). ■
□ Пусть прямые АЕ и CD пересекаются в точке L (рис. Р.1.92). Проведем прямую BL до пересечения со стороной АС в точке М. Так как ^ALM~ &LKE, a ZxCML- ZxDKL, то AM : KE-ML : KL, a CM : DK= =ML : KL, откуда AM : CM=KE : DK. Далее, из подобия ZxABM
Рис. P.1.94Рис. P.1.94
Рис. P.1.94
Рис. P.1.94
и LDBK, а также lMBC и LKBE заключаем, что АМ: CM=DK: КЕ, т. е. KE : DK=DK : КЕ=Л. Итак BL — медиана и, следовательно, L — общая точка для указанных в условии-трех прямых. ■
11/3 см2.
□ Пусть h^h^AC (рис. Р.1.93). Но АС — наклонная и, значит, AC = hc, т. е. LABC— прямоугольный, откуда следует, что Ьь=АВ. Так как Нь=АВ>АС и hc=AC>AB, то АВ=АС. Итак, гипотенуза ВС=а, катеты AB=AC=aJl/2. ■
Z(a+b) ,
45, 45 и 90°. 1.369. 33/4 см. 1.371.^4a1b1-P^a*b'f.
4ab
□ Рассмотрим случай, когда точка О лежит внутри треугольника (рис. Р.1.94; в случае, когда она лежит вне треугольника, решение аналогично). По условию, LAKB=W и KLLAB, значит, KV^ALLB. Так как LALO~ LCLB, то AL : LO = CL : LB, откуда AL ■ LB = LO ■ CL, t. e. КЕг=ЕО • CL. Итак,
SMKB = 0,5AB - KL = 0,5AB^LO ■ CL =
= ^0,5 AB ■ LO • 0,5 AB • CL = ^S ^aob • Е^асв- Я
3 : 7. 1.374. J 43 и J 33.
П Очевидно, что около четырехугольников AEDC и ABDF можно описать окружности (рис. Р.1.95), поскольку соответствующие прямые углы можно рассматривать как опирающиеся на диаметры. В четырехугольнике AEDC имеем LA = LBDE (каждый из них дополняет LEDC до л). Аналогично, в четырехугольнике ABDF имеем LA = LCDF (как дополнения LBDF до я), откуда LBDE= LCDF. Так как LBDE* LEDA = LCDF* LADF=nl2, то lEDA= LADF. Значит, высота DA является биссектрисой lEDF. Точно так же проводится доказательство для остальных высот. ■
(V3-1)S.
□ По условию, АВ=ВС, AD — биссектриса, BD—AC (рис. Р.1.96); требуется доказать, что AD=AC. Отложим на стороне АВ отрезок АК=АС. Тогда l.AKD= LADC (сторона AD — общая, АК=АС, LDAK= LDAC), откуда DK=DC. Так как AK*KB=BD*DC, то KB=DC и, значит, LBKD — равнобедренный. Поэтому LKBD = LDBK, откуда следует, что LADC= LC (LB* LADK* LADC= LB* LA* LC=u, но LADK= LADC и LA= LC). Итак, AC=AD. ■
r, 4r/3 и 5r/3.
□ Пусть F, D, E — точки касания вписанной окружности со сторонами LABC (рис. Р.1.97). Положим BD=r, тогда DA=m —х. Тат как AD=AE
и BF=BD (касательные, проведенные к окружности из одной точки), то АЕ=т—х, BF=x. Учитывая, что АВ2=ВС2+АС1, получаем уравнение т1=(х+г)1+(т—х+г)1 или х2—тх+(тг+1^1=0, откуда х=
т+^т2—4г(г+т)2r+m±Jm2—4r(r+m)
, ВС=х+г=-, АС=т+г-х=
2_2
2г+т^^т1—4г(г+т')
. Задача имеет решение, если m2— 4г(г+т)>0,
m(V2-l)т. е. если г<. ■
*2
1380. 30 и 60°. 1.381. 3 и 4.
1382. □ Так как KDCA-LDCB (рис. Р.1.98), то АС : BC=r : R=3 : 4 (г 3
R— данные радиусы вписанных окружностей). Отсюда АС=- ВС и,
следовательно, АВ1=АС2+ВС2=— ВС2. Пусть х— радиус окружности, вписанной в t^ABC. Тогда, учитывая, что LDBC~ ^АВС, имеем 5
ВС :AB=R : х=4 : 5, откуда х=- ■ 0,8= 1 (см). ■
1383. 5. 1384. 18 см.
АС АВ
1385. □ Поскольку ^АВС~ LDBE (рис. Р.1.99), имеем —=—. Полагая DE DB
DE—х и учитывая, что DB=m—, получим —= и, следовательно,
Рис. Р.1.101Рис. Р.1.101
Рис. Р.1.101
Рис. Р.1.101
=. Далее, ZxABC~ ixKLC, откуда — =—. Пусть KL=y и FL=z
-т+2пKL КС
т + п2л
(F—точка касания). Тогда=; так как y+z=n, то
у n—y+z
т + п пп(т+п)
=и, значит, у=. ■ у п—ут+2п
175/48 см. 1.387. а2(зТз-л)/18. 1.388. а^(а-2Ь)/12.
□ Пусть Р — периметр &ADE (рис. Р.1.100); тогда P=AD+DE+AE, где DE=DL + LE=DS+KE. Значит, P=AS+AK=AB+AC-BS-CK Поскольку BS = BR, CK=CR, окончательно получим Р=АВ+АС—ВС=16 (см). ■
6 или 4 см. 1.391. п.
□ Так как LBHC=W (рис. Р.1.101), то uAK+vjBC =180°; в силу условия, uAK=uLC, т. е. uZc+uSC=180°, и, значит, BL— диаметр окружности. Поскольку диаметр BL не перпендикулярен хорде, но делит ее пополам, заключаем, что АС — также диаметр. Итак, радиус окружности равен т. ■
% Провести отрезок LM и рассмотреть вписанные углы LMK, LCK, MLK, МСК.
□ I способ. Соединим центр О описанной окружности с точками А2, Bv С, (рис. Р.1.102). Имеем SZxabc=S1 + S2+S3, где S^S^as^-S^oc., Зг-ЗдА.вс. + ЗдА^Се S3 = S^ayb1c+S&ayob,- Проведем радиусы ОА, ОВ, ОС и установим, что они перпендикулярны соответствующим сторонам kAJ^Cp Для этого проведем касательную через точку С; тогда OCLCF. Покажем, что LBFC= LBAA2. Действительно, v>B2C=v>A2C (так как иА2С+мАВ= оВ2С+ оАВ= 180°), откуда оВС— \jB2C=uA2B. Но LBAA2 = LBB1Ay (см. решение задачи 1.375), а, следовательно, LBFC= LBBxAv т. е. Л^ЦСТ7 и OCX.AxBv Аналогично доказываем, что ОАА_ВХСХ и OBLAXCX. Теперь находим
^=2 BiCx ■ R + ^ АХСХ ■ Я+- АХВХ ■ R=pR.
II способ. Воспользуемся теоремой косинусов:
ВХСХ1=АСХ + АВХ — 2АС1 ■ АВХ cos А = (AC cos А)2 + (АВ cos^)2- — 2(А С cos А ХАВ cos A) cos А = (ВС cos А)2,.
т. е. BxCx=BCcosA. Аналогично получим A1C1=ACcosB, A,BY = =АВ cos С. Далее имеем
2p=A1B1+BlC1+A1Cl»»AB cosC+BC cosA+ACcosB= =R(sin2A+sm2B+sm2C),
так как a—2Hsin^, 6=2fisinS, c=2KsinC. Преобразуем выражение в скобках:
sinZd +sin2B+sin2C—2sin (Л +B) cos(A—B)+sm2C— -2sinCcos(v4—S)+2sinCcosC-2sinC(cos(^—S)+cosC)- =2sinC(cos(^ — В)—со$(Л + S))=4sin^ sin2? sin C,
p
откуда 2p=4R sin Л sinS sin С, т. e. — = $тЛ sinS sinC. Итак,
abc %R? sin Л sin S sin СS=—=—abc %R? sin Л sin S sin СS=—=—4Я4Я4Я4Я= 2R2 ■ ^Rp. ■2R= 2R2 ■ ^Rp. ■2R
abc %R? sin Л sin S sin С
S=—=—
abc %R? sin Л sin S sin С
S=—=—
4Я
4Я
4Я
4Я
= 2R2 ■ ^Rp. ■2R
= 2R2 ■ ^Rp. ■2R
1 MP=— AB. Далее из1 MP=— AB. Далее из3333LMPO находим PO=MP tg3O° = ™ MP=™ AB.LMPO находим PO=MP tg3O° = ™ MP=™ AB.
1 MP=— AB. Далее из
1 MP=— AB. Далее из
3
3
3
3
LMPO находим PO=MP tg3O° = ™ MP=™ AB.
LMPO находим PO=MP tg3O° = ™ MP=™ AB.
1396. 3136л/81 см2.
1397. □ Искомая площадь выражается следующим образом (рис. Р.1ОЗ):
SkABC=^ ВС ■ к, где к = "— АВ. Но ВС = 2ВК= 131
= 2 • - МВ=МВ=- АВ. Отсюда 8^лвс=^х
3J33J3,
х - АВ ■ — АВ=—— АВ2. Таким образом, за- 5220
дача сводится к нахождению АВ2. Опустим на АВ перпендикуляр ОР и проведем радиус О В; тогда в LPOB имеем PS2 + PO2 = 16. Но
1АМ 2
АР=РВ=^ АВ; учитывая, что ^^=^> получаем
Л52 АВ21200 „
Наконец, из уравнения ——,”^^' = '° получим АВ=-^-. Итак, искомая
180V3 , _ площадь равна —см . ■
1.398.1.398.□ Пусть R = OjB и г=О2С — искомые радиусы (рис. Р.1.104). Проведем
1.398.
1.398.
_ (АС\1 (ABV ,,
касательную АМ. Тогда АМ*=1 — I +1 -у I =3 +4 =25, откуда АМ=
= ВМ=МС=5 см, MN=3 см. В t^O.BM и LOYBN имеем O1M2=R2+25, ,.25
fi =16+(OjA/—3) , из этих равенств находим ОХМ=— см и, значит,
R — — см. Наконец, проведем О2ОЦВС; в ДО1ОО2 имеем (Д+г)2 —
= (Д—г)2 + 102, откуда г=— см. ■
4
6 см.
□ Искомая площадь 8—8Ддвс—3Si где St — площадь сектора, ограниченного дугой окружности и половинами сторон треугольника (рис.
ухуЛз
Р. 1.105). Пусть х— радиус малой окружности. Тогда 8=
4
Учитывая, что АВ^х-ОВф
622
и OB=R—х, получаем x="^z = R(2^/3 —3). Итак, 2+V3
ВгУ43-ЗУУ^З-п) 3R2y-4^X2^3-K)•
■2“2' ™
Д2(3 - 2.^2) (4-я). 1.403. 2Л2(3 ^3 - я)/9.
□ Искомая площадь 8=^™^^, где Л — высота трапеции (рис. Р. 1.106). Очевидно, что
а—6 — ^fУ—У + ^У — У, откуда (а —Ь^У-У - Vc2-*2) -У—У.
Перепишем эти уравнения так:
{
^/У—У+^/с2—Л2 — a-b,
a—b
Следовательно, .\/УЛу™^ ^а—б+™—^у т, е.
4У(а-ЬУ-(.(а-ЬУ+У-?У
h4^)2'
Преобразуем числитель полученной дроби:
4У(а - ЬУ -((а-ЬУ+У-сгУ -
-У<1(а-Ь')+(а-ЬУ+У-с1Х,2<Ца-Ь')-(а-ЬУ-У + ?')-
-(lad-2hd+y-2ab+b1+y-c1X2a<i-2bd-y + 2ab-b1-y+?')-
Рис. Р.1.107Рис. Р.1.107
Рис. Р.1.107
Рис. Р.1.107
- ((в,- b+42 - гхс1 — (a—b — d)2')=
= (a—b+c+d)(a—b — c+d)(a—b+c—d)(c—a+b+d).
О^Ь [1>———————————г _ ,
Итак, S=—— -Да—b + c+dXa-b-c+d)(a—b+c-d)(c—a+b+d). ■
4(a—b).
.I—m+a—л
7. 1.406. a Jmn.
- v 2a—n
AF BF c
□ Так как ХОЦКЯЦБС (рис. Р.1.107), то77-=—т;=у Используя свойство
HD CH d
(с \ описанных четырехугольников, имеем BC^iH-BF-^-CH=\ - + 1 ] СИ, \а у
AD^FH=AF-^HD = (3+I ) HD, откуда AD-ВС»™- (HD-CH). Замена Jа
нив в последнем равенстве НО на d—СНи АО—ВС на ^сР — с1, получим - с+d
-j cP — c^c+d—l ■ —— • СН. Следовательно,
СН=СН=c+d—yfd22(с+^c+d—yfd22(с+^c+d-Jd2-!?BF”—12(c+4c+d-Jd2-!?BF”—12(c+4■ c,■ c,c+d—jcF — c2—5-Jc+d-^d—c r-—FH=BC*■ Jd2-c2=BC+-Jd-c.2(c + rf)2c+d—jcF — c2—5-Jc+d-^d—c r-—FH=BC*■ Jd2-c2=BC+-Jd-c.2(c + rf)2
СН=
СН=
c+d—yfd22(с+^
c+d—yfd22(с+^
c+d-Jd2-!?
BF”—1
2(c+4
c+d-Jd2-!?
BF”—1
2(c+4
■ c,
■ c,
c+d—jcF — c2—5-Jc+d-^d—c r-—
FH=BC*■ Jd2-c2=BC+-Jd-c.
2(c + rf)2
c+d—jcF — c2—5-Jc+d-^d—c r-—
FH=BC*■ Jd2-c2=BC+-Jd-c.
2(c + rf)2
Находим основания; так как BC=CH+BF—FH, то c+d—Jd2—^г-д—5{-Jc+d—s/d-c)1
2ВС=(c+d—^cF — c2),откуда ВС=—,
V^Гё*d-¥^[d^cУ
AD■
Боковую сторону. 1.410. 1,6 см2.
□ Проведем ОК^АО (рис. Р.1.108). Тогда искомая площадь OK OF
S=2OK • 10=20 ОК. Так как LOLF~ COFK, то —=—, откуда OF OL
OF2 25.
OK=-^'="^' (см). Итак, S= 125 см2. ■
1.411 2В2/5.
□ Искомая площадь S”^—252+2К3+254—2Ss, где 5, —площадь сектора А СЕ, S, — площадь сектора ВСОА, S3 — площадь LABC, S4 — площадь сектора ВО A, S5 — площадь ДВОА (рис. Р.1.109). Но S3 = S5 и, следовательно,
1, л 1 _ 2л 1 , л лЯ2
S-S!-2S2 + 2S4=- • ЗЯ2 ■ --2 - - Я2 ■ —+ 2 -Я2 -=-— 12* 2323236
а2(3-37з + л)/3. 1.415. Я2(87з-9)/4. АС ВС
□ Так как CD — биссектриса (рис. Р.1.110), то —=—. Но а о
АС?+ВС1=(а+Ь)2 или ^ ВС? *ВС2 «^а+ЪУ, откуда ВС=-^===. Про*-J^-vb2
BE aaab
ведем ВЕД-АС; тогда —=г, откуда ВЕ= ВС=—-— . Далее,
ВС a+ba+b -Ja2 + b2
СВ=ВЕф. и окончательно находим S=CBi2=^-^r ■ a aJ6a aJ62Яг
-Ни 5a+2a-J6 илии 5a—2adb. 1.418. -—.
262 6Я+г
□ Очевидно, что площади треугольников ЛОЯ и ЛОР равны (рис. Р.1.111); то же верно и для треугольников ВОС и СОВ. Следовательно, S^aob+S^вое =0,5 Sabcd, т. е. Завсо—^Л Sabcd- Так как Sabco=S^abc+
+ S&AOC и 8йЛОс=8д.лсЕ, то 8авсо=8авсе=°Л Sabcd- ■
(о</+6с) : (ab + cd).
□ I способ. Очевидно, что искомая площадь S=- ME ■ KL (рис. Р.1.112).
Найдем ME и - KL. Так как ВВ — медиана, то МВВВ=^~. Заметим,
236
что ЕВ — радиус вписанной в &АМС окружности, поскольку AL и МВ — биссектрисы углов этого треугольника. Следовательно,
S^amc-^ (AM+MC+AQEB = (AM+AB)EB =
(aJl а\ а(2,/з+3)
^^eb-^L-Ieb.
С другой стороны, 11 a2
8ьамс=~ АМ ■ МС sinl20°=- - -
и, значит.и, значит.~„ a2V3 a(2J3 + 3) а^ aQ.-^
и, значит.
и, значит.
Отсюда находим ЕВ=—— :=—=
1262(273+3)2
чтоиликакчтоиликак„ аЛз п(2-УЗ)‘ W3(2-V3) „ - ME=MD—ED=~- =———-—. Далее, учитывая,
чтоиликак
чтоиликак
ML AMML V3
AL — биссектриса, имеем = или ==—
LC ACMC—ML 3
ML V3«*/3-l) „
—==-^> откуда ML=—=—= =t=—. Наконец, так
^Lml 3УхУз + П2^3
3
17з*/з~1)
L MLK= 30, то - KL=^ ML = ^- . Итак, 224
Skmle=MESkmle=MEKL-/^2”^ “(У5-1) «49-5V3)23412'
Skmle=ME
Skmle=ME
II способ. Искомая площадь выражается так: 8=8дкмс~ S^elc- Заметим, что Здакс : Здкмс=АК : КМ, поскольку эти треугольники имеют равные высоты, проведенные из точки С. Учитывая, что СК — биссектриса, имеем АК: КМ=АС : СМ=^, т. е. Здакс=\Л> Здкмс- Но 1а1^а1^а\3-^
ЗдАКс+Здкмс=^ЗдАВС=—рр-, откуда Здкмс=р=~■
1212(73+1)24
Далее, LAKC~ LELC (LAKC= lELC, LACK= lECL) и, следователь- 8ДАКС (AC\i
но,= I — I . Отсюда находим
Здеес \ЕС)
8 ДАКС=2(1 +cos 30°)8 ДАКС=2(1 +cos 30°)(ЕС\2/ ЕС V8дакс
8 ДАКС
=2(1 +cos 30°)
8 ДАКС
=2(1 +cos 30°)
ЗдеьсЧ^) 8дакс-\™) S^kc-^t^
=р = ^-\Гз^ЗдАкс=\Г^У-—-\Г^>8дкмс=@лрЗ—З^Здкмс- 2 + V3
Итак, окончательно получим
8=8дкмс-8деес=8дкмс—(27з~3)5длз^с=
-V-1V3«^^^■
1.421 9Д2/4.
1.423. □ Пусть St, S2, S3 — площади треугольников, отсекаемых сторонами шестиугольника от LABC (рис. Р. 1.113). Покажем, что 8. =82 = 83. Так как каждый из отсеченных треугольников подобен txABC (пропорциональны
в
Рис. р.1.113
1.424.
две стороны, содержащие общий угол), то
8, S2 S, т1
— =—=—=—л- Следовательно, площадь
S S S (2т+л)2
шестиугольника равна 3m2/3m2 \
S"l.2m+nV '"(2»,+»)=/ *
Уф11. 1.425. Ж
2V л —3
Глава х
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
2.001. □ По условию, ДАСВ—90°, д В АС—30° (рис. Р.2.1); следовательно, с cJ31с2^
ВС—-, АС—-—, откуда 5ося=- АС • ВС— ^ . Проведем SO так, чтобы АО—ОВ. Тогда О—центр описанной около ДАВС окружности, SO — высота пирамиды (см. «Дополнительные соотношения между элементами призмы и пирамиды», п. 1°). В ДАВО имеем LSAO—45” и, значит, с1с\/з
SO — АО—-. Итак, Р=т Sqct ■ SO— ■■ Я 2348
1002.1005.1002.1005.mnc2J 4b1 — с2,,-—445—. 2.003. 6 см3. 2.004. 108 см3.12(m2 + n2)mnc2J 4b1 — с2,,-—445—. 2.003. 6 см3. 2.004. 108 см3.12(m2 + n2)□ Согласно условию, АВ—ВС—а (рис. Р. 2.2); поэтому ВН-а2 —□ Согласно условию, АВ—ВС—а (рис. Р. 2.2); поэтому ВН-а2 —4 =4 ==- ^4<?—Ь2. Отсюда 5о<я=- АС ■ ВН—^- bJ4<?—b2. Проведем высоту 224=- ^4<?—Ь2. Отсюда 5о<я=- АС ■ ВН—^- bJ4<?—b2. Проведем высоту 224ВО. Поскольку все ребра пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, точка О — центр описанной около ДАВС окружности. Пусть а2Ь а2радиус этой окружности равен R. Тогда OB—R——— = ...=. В ДВОВ45ося ^4(?—Ь2ВО. Поскольку все ребра пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, точка О — центр описанной около ДАВС окружности. Пусть а2Ь а2радиус этой окружности равен R. Тогда OB—R——— = ...=. В ДВОВ45ося ^4(?—Ь21006.1009.1006.1009.SB имеем OB——;2 a2Jl— ,. Итак,y/4^b2^ = - Soch ■ SO — ^ •(Z2-*2)^ 2.007.4SB имеем OB——;2 a2Jl— ,. Итак,y/4^b2^ = - Soch ■ SO — ^ •(Z2-*2)^ 2.007.4значит,значит,bsj4a2 — b24bsj4a2 — b24SO - y/sB^OB2 - ^4ОВ2-ОВ2 = овф> =SO - y/sB^OB2 - ^4ОВ2-ОВ2 = овф> =^h2^9m2-h2^h2^9m2-h2а2л/з a2kj3 yj4a2 — b2 *2а2л/з a2kj3 yj4a2 — b2 *22727. 1008. см3.8. 1008. см3.8□ Проведем BDLAC (рис. Р. 2.3). Обозначим сторбиу основания через а.□ Проведем BDLAC (рис. Р. 2.3). Обозначим сторбиу основания через а.
1002.
1005.
1002.
1005.
mnc2J 4b1 — с2,,
-—445—. 2.003. 6 см3. 2.004. 108 см3.
12(m2 + n2)
mnc2J 4b1 — с2,,
-—445—. 2.003. 6 см3. 2.004. 108 см3.
12(m2 + n2)
□ Согласно условию, АВ—ВС—а (рис. Р. 2.2); поэтому ВН-а2 —
□ Согласно условию, АВ—ВС—а (рис. Р. 2.2); поэтому ВН-а2 —
4 =
4 =
=- ^4<?—Ь2. Отсюда 5о<я=- АС ■ ВН—^- bJ4<?—b2. Проведем высоту 224
=- ^4<?—Ь2. Отсюда 5о<я=- АС ■ ВН—^- bJ4<?—b2. Проведем высоту 224
ВО. Поскольку все ребра пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, точка О — центр описанной около ДАВС окружности. Пусть а2Ь а2
радиус этой окружности равен R. Тогда OB—R——— = ...=. В ДВОВ
45ося ^4(?—Ь2
ВО. Поскольку все ребра пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, точка О — центр описанной около ДАВС окружности. Пусть а2Ь а2
радиус этой окружности равен R. Тогда OB—R——— = ...=. В ДВОВ
45ося ^4(?—Ь2
1006.
1009.
1006.
1009.
SB имеем OB——;
2 a2Jl
— ,. Итак,
y/4^b2
^ = - Soch ■ SO — ^ •
(Z2-*2)^ 2.007.
4
SB имеем OB——;
2 a2Jl
— ,. Итак,
y/4^b2
^ = - Soch ■ SO — ^ •
(Z2-*2)^ 2.007.
4
значит,
значит,
bsj4a2 — b2
4
bsj4a2 — b2
4
SO - y/sB^OB2 - ^4ОВ2-ОВ2 = овф> =
SO - y/sB^OB2 - ^4ОВ2-ОВ2 = овф> =
^h2^9m2-h2
^h2^9m2-h2
а2л/з a2kj3 yj4a2 — b2 *2
а2л/з a2kj3 yj4a2 — b2 *2
27
27
. 1008. см3.8
. 1008. см3.8
□ Проведем BDLAC (рис. Р. 2.3). Обозначим сторбиу основания через а.
□ Проведем BDLAC (рис. Р. 2.3). Обозначим сторбиу основания через а.
aV3а
Так как пирамида правильная, то OD=——, AD=DC=-, 62
Выразим а через Л. В bSAC имеем SA=SC, LCSA=W, откуда а/—zч Г? За3 а
LASD = 45° и SD=AD=-. Тогда h = SO = JSD1-OD1 = /— =-= и,
2v V 4 36 V6
следовательно, а=Ах/б. Итак,
v 1 с.1 6кЧз кЧз
v з Samh"3 Т^У'h—Г'
2.010. а3^/11 2.011. Д3Тб/4. 2.012. 3.j
2.013. □ Искомый объем найдем по формуле Уклвс=^ Здлвс ■ KN (рис. Р. 2.4), где 8длвс=^^. Так как SO||2W, то BN: NO=BK: KS=2 : 1, откуда 4
BN=-BO. Но ВО=“^, т. е. BN=^^- и, значит, KN=JbK?-BN1 = 3 39
Ло34а3 2flVe ,1<?Уз2aJb срУз
= /=——. Итак,У=- ■——— =——.■
V 927 9349 18
2.014.2.017.2.014.2.017.1018.10211018.102160,375 см3. 2.015. 2SVS(3. 1016. 4(12.
2.014.
2.017.
2.014.
2.017.
1018.
1021
1018.
1021
□ По условию, BD=b, LAOB=W (рис. Р. 15); отсюда легко найти, что bbJ3Ъ2Уз „
АВ=-,AD="—. Значит,Soch=ABAD =—-—.Так как
224
LSAO= LSBO= LSCO= LSDO=^y, to SO — высота пирамиды b1b^J3
и SO=-. Итак, V=- So™ • SO—~Y_. ■
2324
4(8/3)3 m3. 2.019. ЗРП.6. 2.020. 6>/1833/47. 2.021. ЗЛ3Тз/2.
□ Пусть а — сторона основания; тогда S=, откуда а=——. Ис-4t/З
комая боковая поверхность выражается так: 5бок=3 ^ а ■ SD (рис. Р.2.6). аЗа3 3 4S ,-
Но SD=DC=- и, следовательно, 5бот=—=*; • ~^=‘W3. ■ 244 _/з
2.023. ^. 1024. V47/24 см3.1025. Зо^Я 1026. Зд3/2.
Рис. Р.2.6Рис. Р.2.6
Рис. Р.2.6
Рис. Р.2.6
1027. □ Так как ребро куба равно а, то сторона основания пирамиды 5АВСД aJl '1 aJ2
равна —— (рис. Р. 2.7). Учитывая, что ОК= АД=-~, найдем апофему 224
пирамиды: SK—^JSO1+O^пирамиды: SK—^JSO1+O^а1 Зсц/2и н—=. Значит,
пирамиды: SK—^JSO1+O^
пирамиды: SK—^JSO1+O^
84
„, 1 а^ За^ За2 „(«ФХ1 с „ 2 -
5бох = 4 ■ - ■ —— • —-—=—-, 5ПОЛЯ = [ ——- ) +5бох = 2д . ■ 2242\ 2 /
1028. а2 (^/5+1). 1029.1028. а2 (^/5+1). 1029.a2(l+V7) а1^г ’ 12 ‘a2(l+V7) а1^г ’ 12 ‘2.030. | V^-^XS^ + A2).2.030. | V^-^XS^ + A2).
1028. а2 (^/5+1). 1029.
1028. а2 (^/5+1). 1029.
a2(l+V7) а1^
г ’ 12 ‘
a2(l+V7) а1^
г ’ 12 ‘
2.030. | V^-^XS^ + A2).
2.030. | V^-^XS^ + A2).
1031. □ Так как Z_SKO = 60° (рис. Р. 2.8), то ОК—^ 5К=Д О™084™6 “ирами-
да — правильный шестиугольник, поэтому L КОД—30° и KD—^ OD. Тогда OIP-OD1-^)1-*^-^)1^^)2, т. е. KD-™, DE-IKD-^.
Таким образом, 5ося==Таким образом, 5ося==•^ПОЛЯ — Soot + -$&>!•^ПОЛЯ — Soot + -$&>!Зк1^" 2 'Зк1^" 2 '442 ’2 ’S6o,-3DE • h=h2V3. Итак,S6o,-3DE • h=h2V3. Итак,Рис. Р.2.8Рис. Р.2.8
Таким образом, 5ося==
Таким образом, 5ося==
•^ПОЛЯ — Soot + -$&>!
•^ПОЛЯ — Soot + -$&>!
Зк1^" 2 '
Зк1^" 2 '
4
4
2 ’
2 ’
S6o,-3DE • h=h2V3. Итак,
S6o,-3DE • h=h2V3. Итак,
Рис. Р.2.8
Рис. Р.2.8
2.0311035.2.0311035.21^/55 см3, 84 см2.1033. ^, ^А^ДА!. 2.034. 9^(72 +1) см2.
2.031
1035.
2.031
1035.
□ Так как при указанном построении образовалось 6 одинаковых пира- а3
мцд (рис. Р.2.9), то каждая из них имеет объем ^="^ и полную поверхность
Sm„-с? +4 А а . ОК. Но ОК- ^ОР^Р^-^ф, откуда '
^-МлМ^. ■
1036. За2, а\/з/6. 1037. За2, а372/3.
2.038. □ По условию, SC=l, LSBC—90°, LSCB—45° (рис. Р. 2.10), откуда
SB—BC——^. Находим V—- ВС1 ■ SB— v . Полная поверхность выра- 72312
1 (ALY ?2 \Т2/ 4’1 (ALY ?2 \Т2/ 4’18д$ап=^ ADSA —18д$ап=^ ADSA —зится так: S^ - S^ + 25д5лг+25д Sad, поскольку S 4,SAB= S ^с,
1 (ALY ?
2 \Т2/ 4’
1 (ALY ?
2 \Т2/ 4’
1
8д$ап=^ ADSA —
1
8д$ап=^ ADSA —
S^sad-S^scd- Но S^sab-^ АВ • SB
1 1 / Итя „ Р?Мг Ш-^ • " • I— ~ . Итак, Одоля —Т +— 4 — ~ .
2-/242 122
8г37з . Ор-Ь'уГъ
2.039. —24г2. 2.040. ■ 2<ML б"’
2.041 □ Искомый объем выражается формулой r-^ (s1+s2+7sa), где St —196 см2, S2 —100 см2. Найдем h—B^ (рис. Р. 2.11). Имеем BiK—xJb^-KD1. Так как BBiDtD — равнобедренная трапеция, то BK-X^BD-BtD^-X- (14Т2-1072)-2Т2 (см) и KD-BD-BK-\2^ (см), т. е. Л-7182-(1272)2-6 (см). Итак, иЦ (196+100+140)-872 (см3). ■
1043. 26Д5 дм2. 2.044. а372/3. 2.045. а27з.
2.046. □ Расстояние от ребра АА, до диагонали BtD равно расстоянию от этого ребра до плоскости ВВ^^, т. е. длине отрезка АХЕ (рис. Р. 2.12). Пусть ребро куба равно а; тогда из &AlED1 находим If-a2, откуда a—dsfi. Итак, V-as-^sTl. ■
' ХМП. 144 см3. 1048. 2(а + й)73(а2+62). 2.049. аЬ^За^-Ъ1.
1050. □ Искомый объем V—Soatk, где Som-AB • АВ (рис. Р. 2.13), к — высота
параллелепипеда. По условию, BBvBtB — квадрат и, значит, h—^fQ. Най- п
дем АВ и АВ. Так как АВ : АВ—т : п, то АВ=— АВ. В /хАВВ имеем т
,,,, л2 ,
АВ1+АВ1—ВВ1, т. е. АВ1^—tAB^Q; следовательно, АВ——■ тtjn^+n1
АВ- =. Итак, V-ABAB ■ Л^'””2^. ■
mnpd3PJl
2-051.2.052.2.053. 3 см.
(щ2 + л2+р2)3'28
1054. □ Искомую площадь найдем по формуле S = V[k, где V — объем листа, к — его толщина (при этом форма листа значения не имеет). Так как объемы обоих тел равны, то Г=80 • 20 • 5 = 8000 (см3). Итак, 8— 8000/0,1 = 80000 см2 =8 м2. ■
abJbababSг ,
1055. —. 1056. --. 1057. 4V3 см3.
24(а+А)
1058. □ Имеем V— Sooth, где Soat = Q (по условию); таким образом, следует
найти h. Так как АВСВ — ромб, то 800,=^ АС ■ ВВ (рис. Р. 2.14); учиты- вая, что АС • к—8., ВВ • h—S,, находим АС——, ВВ=^. Отсюда получа- к к
8, is.S,Is.SiQ _
ем 2б^ . т. е. к-^. Итак, V-■
1059. IQ^. 2.060. lд^a+^[AS*^Y 2.061. а3/8.
1062. □ Обозначим сторону основания через а. Тогда 5бох”ЗдА. Проведем высоту 0,0 (рис. Р. 2.15). В /хВООх имеем LOO^B — ЗУ*, поэтому OtB — ЮВ и ^ОВ1 — ОВ1— кг, откуда ОВ—к^/313. С другой стороны, OB—a-j3!6 и, следовательно, а=2Л. Итак, 5бож=3 ■ 2h ■ Л=6Л2. g.
1063. Q 2.064. V3 I 22+- Y
Рис. Р.2 Л 5
Рис. Р.2.16
1065. □ Проведем АгК перпендикулярно плоскости АВС (рис. Р. 2.16); тогда
У=8^лвс ■ А,К, где Slabc=—— ■ Учитывая, что LA1AK=60°, находим
А^К—^^. Итак,12
а*]з За3V=—— -—. ■
428
1066. ^(M+N+P)(.M+N-P)<M+P-N)(.N+P-M). 2.067. —. 2.068. а1^. М2
1069.
юта
1073.
□ Пусть сторона основания призмы равна а (рис. Р. 2.17). Тогда сторона а^q1
основания пирамиды равна —, а площадь этого основания равна —. Обозначим объем призмы через Vf, имеем Vx =с?Н, где h — высота призмы. Так как по условию объем пирамиды равен V, то И=- у ■ h. Но a2h= Vv откуда И^бИ ■
1Р+—. 2.071. 18V2 дм3. 1071 a2(4+V3).
□ Пусть высота призмы равна Л. Так как ABCD — ромб, то 5вог"4Л5 • Л (рис. Р. 2.18). Далее, AC3.BD (как диагонали ромба) и, следовательно,
АВ ^
AC1 ^BD' + AC
4
2
Тогда8боХ —2«j BD14- АС1 • h
^BI)1 ^-^AC1 h\ Ho s6oK-2V^+e2. ■
BD ■ h — P, AC ■ h=Q (по условию). Итак,
1074.
1076.
1077.
1080.
1081.
1084.
з^Тз1<Р
—1075. —.'
10^/564
-а27з
□ Пусть АВ=а (рис. Р. 2.19); тогда искомый объем У=6 ■• к, где
4
А=3 см — высота призмы. Остается найти а. По условию, боковая поверхность призмы ABCbA^B^CxDx равна 30 см2. Но Sgor—(ЗАВ+АВ) к; здесь AD=2a (как диаметр окружности, описанной около правильного шестиугольника). Следовательно, 5а . 3 = 30, откуда а=2 (см). Итак,
У=6 . -у- • 3 = 18^3 (СМ3). ■
У=С8. 1078. Ny/iiMP, TtN+2M. 1079. itR3 V\5(3.
□ Пусть радиус основания конуса равен г, а его образующая равна /.
1 2л л/2,
Тогда площадь развертки S=-r-y=—, откУда =
S=Ttrl=iw I—и, следовательно, г=
ле У=- та^к, где h=JP — 3
1 л5У=2' 3 Зл ■
^qVq
3^3 '
• Sr
1082. у.
□ Пусть Гщы — объем
нования, Л — высота;
^бож. пял — 2л г А,
, 1
Рцил~2 ^бог.цялГ —: ЧУРЛ. 1086. 75/5.
откуда
1 .
Но
найдем по форму-
f2S ы —. Итак,
цилиндра, Гюя — объем конуса, г — радиус ос- тогда V№=nr2h, Ккон=^ ur2h=^ У^. Но 122
~ ^боГ. ЦИлг=^ яг2^ = 2 Рцял- Таким образом,
2 ^ши — Piton- Н
2.087.2.087.2.088.2.090.2.088.2.090.□ Пусть радиус основания каждого из данных конусов равен К, а высота равна Н (рис. Р. 2.20). Тогда объем каждого конуса Pi»- лЯ2Я. Общая '
2.087.
2.087.
2.088.
2.090.
2.088.
2.090.
2
часть состоит из двух конусов; ее объем Р2 =- та^к, где г — радиус основа
ния, * — высота. Рассмотрим осевое сечение фигуры. Так как &ОХОА~ LOXCB, то АО : ВС=ОХО : ОХС или R : г-Н : Л. Но А”^, от-
R „ 2 R1 Н 1, ,1
куда следует, что г=—. Итак, У2=- и — • — =— лЯя=- У,. ■
234 2 124
216 л см2, 448 л см3. 2.089. 2л(^+l)^2, 2ла3/3.
□ Пусть общая высота конуса и пирамиды равна Н (рис. Р. 2.21). Обозначим объемы конуса и пирамиды через Ух и Р2, а их боковые поверх
ности — через 8Х и S2; тогда У, —- itR?H, Sx =t.RI, где / — образующая
конуса. Найдем У2 и S2. Так как периметр основания пирамиды равен 2р, а основание конуса — вписанная в основание пирамиды окружность, то
площадь основания пирамиды равнаpR, откуда V2 =- pRH, S2=pl (высота
любой грани равна /). Итак, — =- itR1!! : - pRH=—,—=itRl: pl=—. ■
Pi 33 р S2р
2.091. 24 л см3. 2.092. ” ^ ** ) .
2.093. □ Изобразим осевое сечение конуса, которое пройдет через центр шара. Так как диаметр основания конуса равен образующей, то в сечении получим правильный треугольник, вписанный в окружность (рис. Р. 2.22). Пусть
радиус шара равен R; тогда AB=R~j\ AD=^~-. Обозначим полную
„л^.^ + л„л^.^ + лповерхность конуса через 5Ъ а поверхность шара — через S2. Имеем
„л^.^ + л
„л^.^ + л
S,S,9
S,
S,
=- лй2, 52=4лЯ2, откуда SY : S2=9 : 16. 4
.094. S, : S2=VX : P2-4 : 9.
4
.095. □ Так как радиус шара равен R, то объемы обоих тел равны - лЯ3. Пусть
г — радиус основания конуса; тогда, по условию, Збо^Злг2. С другой стороны, 8боХ=кт1, где I—образующая конуса. Поэтому /=3г, откуда
h^^P — r1™^^, т. e. г=^А. Находим К=^лг2Л=^л-^Л2Л =
41г
— лй3. Наконец, из равенства - лД3=— лй3 получим h=2R 1]4. ■
1096.2.098.1096.2.098.3 : 2:1.1097. 1152л/125 см3.
1096.
2.098.
1096.
2.098.
2
Так как объемы конуса и полушара равны, то У=- лД3; с другой стороны, И=^ лД2й, где Л — высота конуса, т. е. h=2R. Имеем ЗбоЖ=лЛ/, где l=-jR1 + h1 = R-Js. Итак, Зб<,ж = лЛ2^5. ■
1099.1100.1099.1100.4лй3/81.
1099.
1100.
1099.
1100.
/ aV а1
Пусть радиус шара равен R, ребро куба равно а; тогда R —I - 1 =—, 2R
откуда а=—. Обозначим объемы и поверхности шара и куба соответст- V3
4,, 8Д3,
венно через F1( V2 и $„ 32. Имеем Vt=- лД, И2=<г=——, 3,=4лД ,
32=6а2 = 8Д2, откуда Vv : Уг=т^ : 1 32 : 32=л : 2. ■
1101. 64л : 27. 1102. 600л см2, 1000л см3.
1103. □ Искомый объем И=Иш1л—2ИКон, а поверхность 5=^шл+25жон, где
Кил> 1жоя и Зцил, Зхон — объемы и боковые поверхности цилиндра и конуса соответственно (рис. Р. 2.23). Имеем Ицил=лг2й, где r=CK, h=AD=3 см. Так как DK=^(AD—BQ=^ (см), a CD=2DK=\ (см), то СК= =x]CD2—DK? = ^1— Q^ =^ (см)- Следо^тельв0. ^цил=” ^-3=^- (см3), И1ОН=- л • - ■ -=- (см3), откуда у=~—- = 2л (см3). Наконец, нахо- 34 2 84 4
J3 Г .J3 лТз
дим S1BM=2iirh=2'n • — ■ 3=ЗлVЗ (см2), 5жои = яН=л ■ — • I =-у- (см2), откуда S=3nV3+fiV3=4nV3 (см2). ■
1104. 4лб.
1105. □ Пусть сторона ромба равна а, а его диагонали равны 2dx и 2d2 (рис.
Рис. Р.2.24
2.106.
Р. 2.24). При вращении получается тело, состоящее из двух конусов. Обозначим объем и поверхность тела вращения вокруг диагонали АС через V^ 2
и SAC, а вокруг диагонали BD — через VBD и SBD. Тогда VAC=^ ^2,
3^, ит,
3Vbd V-P) a2 Sbd
что и требовалось установить. ■ аэЬ
1273а2—62
1
2.107. □ Объем пирамиды Г=- Soo,
• SO (рис. Р. 2.25). Пусть сторона основания
равна а; тогда 5»™=-, OD=^^. По условию, uOD>1 = OD или OD=-,
46л
«73 16„ ЗТЗ „^б" ,
откуда —2—=-, т. е. а=—— и Ооо,»—Учитывая, что=3, получим 6 ял>/з я5«я
9 J3 Л1 9SD
5бок=35ост=—С другой стороны, 5бот=3 -а • SD=—- и, следовате- л2
9^3 9SD льно,——=
SO = ^SD1-OD1 =
3 SD=-. Из kSOD находим . л
1 зТз 272 2Тб . Итак, У=- •■
Зя* л л
2.108.
2.110.
4т2ТЗ- 2.109. ^ а27з (2 + 75).'.
□ По условию, BS1SA и BS1SC (рис. Р. 2.26), т. е. BS — перпендикуляр к грани SAC и SD=d. Следовательно, искомый объем Р=- S^acs • BS. В ^SAD имеем LSDA =90°, lASD=45°, откуда AD=SD=dи S^acs=<^- /3
Наконец, 'в ZxBSD имеем LBSD—90", BD=ld • -=d-j3, откуда BS=^fв5^SD?=^fs?^=d^[i. Итак, V=1 d2 ■ «^/2=5 ^Т^- ■
2.111. а3/128. 2.112. >Д.
2.113. □ Полную поверхность пирамиды найдем по формуле З^лж™
Гз ।
=—-Н- За . SD (рис. Р. 2.27). Так как &BOS~ ДВКВ (прямоугольные
42■
, „ х BD ВК«V3
треугольники, имеющие общий угол), то — =— или —— : BS=BK : —-,
BS ВО 23
т. е. с? = 2ВК■ BS. По условию, —=—, откуда KS=— ВК, BS^BK+KS^
п
т
т+пт, 2m ., (т+п)а2
=ВК, ВК=BS. Значит, а2 =BS1, т. е. BS2 =—,
тт + пт + п2т
В &SOD имеем SD1 = SOZ + OD1; отсюда, учитывая, что SO1=BSZ—BO1, , (т+п)а2 а1 а1 Зта2 + 6па2 (т + 2п)а2 находим SD1-™™——+—=—- Итак,
2т 3 1212m 4m
Тб. 2.115.
2.114.
18л363(а2-»2)^/^3^’
□ Обозначим объемы и поверхности данного и нового тетраэдров соответственно Vv S, и К2, 8г. Пусть АВ=а (рис. Р. 2.28); тогда DK=a;2. Так как ZxDSK~ &MSN, то DK: MN=SD : SM=3!2, откуда MN=aj3. Итак, . Vt : Г2=а3 : (д/3)3=27 : 1, S, : S^a2 : (л/3)2=9 : 1. ■
a3^/12. 2.118. 2PQ/^a\
2.119.
□ Пусть SA=x, SB=y, SC=z (рис. P. 2.29). Из взаимной перпендикулярности боковых граней следует взаимная перпендикулярность этих ребер, откуда искомый объем V=- S^^sb ■ SC=- xyz. По условию, - ху=а2, 362
- xz=b2, -yz—c2. Перемножив эти равенства, получим - x2y2z2—а2^^.
Итак, abc^J%=" abc^ft.. ■(
63
2.1212.121е.е.а —=. Итак, V6а —=. Итак, V6
2.121
2.121
е.
е.
а —=. Итак, V6
а —=. Итак, V6
□ Для отыскания радиуса шара проведем плоскость через высоту пирамиды и апофему (рис. Р. 2.30). Радиус круга в полученном сечении равен радиусу шара. Так как все ребра пирамиды равны а, то SD=——, OD=~^. Из &SOD находим SO=^JSD1—OD1=a^". Обозначим радиус шара через г, тогда SO1=SO—r. В ^SKOX имеем ОгК?=5О1 —SK? или
r2=(SO-r)2-—, откуда г2-——+^-у-
. ла2
"SnapK^nr^-g-. И
64л/9 см2. 2.124. д’^Д+Тз/б.
□ Искомая боковая поверхность выражается так: 8бм=*ТАВ ■ SM (рис.
Р. 2.31). Пусть АВ—a, 80—к; найдем соотношение между а и к. Проведем AKLSB, CKLSB; так как, по условию, LAKC—120°, то LAKO—W и из а 1 а
LAKO получим ОК—АО ctg60° — — • ———=. Далее, в прямоугольном V2 V3 V6
треугольнике SOB имеем ОКД.8В, поэтому SB : SO—SO : SK, т. e. h1 —
= SBSK Из LSKO следует что SI?—SO1 —OK?—h1—^, откуда SB1—-^^-—j. С другой стороны, из t^SOB находим SB1— Л2+у. Таким
образом, Л2+—=—^—; или 12А*—2д2Л2+6д2Л2—д*=12А*, откуда h—^
2 6п —tr2
а1aJlа1^
и SM=—. По условию, - АС • 80=-^- • h=S, т. е. 8= ^ . Учитывая,
что 8бо1 = 2АВ • SM = 2a — =a?j2, окончательно получим S6oi=4S. ■ V2
1126. - sVst/^- глп. - sVs.
□ Искомый объем У=^ 5ОСЯ • SA, где Soch”^ ^1^2 (рис. ₽• 2.32). В &SAO
d, 20
имеем SA =^ SO^AO1, причем АО=^, а 80=—, так как по условию
1ке1 <?1 л/Тбё2^^ „
- d2 SO=Q. Следовательно, SA = —z- =—. Итак,
2«24
112». 200 см3.
ИЗО. □ По условию, АВ=8 м, AD= 10 м, BD=6 м (рис. Р. 2.33). Из равенства 62 + 82 = 102 следует, что txABD — прямоугольный и S0CB = 8 ■ 6=48 (м2). Так как BOLAB, то и SBLAB, а значит, Здл»»^ АВ • BS=^ AB^SO1 + OB1-^ • 8V42 + 32 = 20 (м2). Проведем SK1AO; тогда 5дл5Д=" АО ■ ^=| AD-JSO1 * ОК?. Для нахождения ОК
SD = OD^=^^,SD = OD^=^^,
SD = OD^=^^,
SD = OD^=^^,
воспользуемся тем, что £xOKD~ &ABD; имеем ОК : AB—OD : AD, откуда 8.3 12"/144 4Т341
ОК=—— —— (м). Следовательно, SK=» /16+—- ——-— (м) и S^asd — - х 1052552
' х 10.^^-4734 (м2). Итак, 5пол1-48 + 2.20 + 2-4734=8(11+734) (м2). |
192 см2.
□ Обозначим AD через х, а ВО — через у (рис. Р. 2.34). Тогда Soo,—ху—т2. Так как BDLAD, то и SDLAD, т. е. LSDB — плоский угол двугранного угла и, по условию, LSDB=45°. Через точку О проведем МКА.АВ; имеем L SMK = L SKM—60°. Из д SOD следует, что SO = OD —^, SO уу J х1 +у2
а из b.S0M — что ОМ=~=—-; поэтому $00,—МК АВ=——F— = 73 27з7з
, „ т1Га ^ т2 1* * *
=пг. Но у=— и, значит,-=пг или х*+ти=3х, откуда
х - N х^З
х=—, у~т^2. Теперь находим
</2
иЦ Soa • $0 = ^ m2 • ^ m 72=^ m3 V^
Остается найти Sm—AD ■ SD+AB ■ SM, где AD=x.
AB^^x^y2, SM-IOM»^. Итак, 7з
xy72m1^ im4 2m* 1 r
^ ^(R+^R1-^ или ? ^R-aJr1-?1). 2.134. ’ a’Tll.
□ Имеем $гюля—$оа!+25дх5У+25дмЕ+25д£зв (рис. P. 2.3 5), где
^Тз З^ТЗО2
Зо^-б ■ —5—=;—, $ДЛ5Е“—,
422
поскольку SA LAF и SA=a. Далее, такпоскольку SA LAF и SA=a. Далее, таккак AELED, то и SEA.ED,
поскольку SA LAF и SA=a. Далее, так
поскольку SA LAF и SA=a. Далее, так
SE=J SA1 -VAE1 = J а1 А-За1 =1а, откуда 8деуд=- а • 1а=а1. Для выписав ления S^fse проведем SKLFE; тогда и Л£±£Е. Учитывая, что АК=-^- )—5я / , За2 a Jia1 Ji
^.LKAF-Ж), SK=JSA1+AK? = а1+—’~~-, находим S&FSE=—^-.
V 444
Итак,
с»2(6+3V3 + V7) _
1136. За’/4, За1^!!.
1AY1. □ Искомый объем К=- H(SX + 82 + VSXS^, где 8, найдем по формуле
Герона. Имеем 2^ = 27+29+52=108 (м), откуда £,=■>/54 ■ 27 • 25 • 2=270 ,(2р,)2 1082 9
(м2). Так как ДАВС~ ДА1ВХС1 (рис. Р. 2.36), то —=——т- е- 82 КАРг) 724
48. 4 ■ 270,
82 —1 == 120 (м2). Итак,
299' '’■
уЦ ■ 10 (270 + 120+^270 • 120) = 1900 (м3). ■
1138. 1,9 м3.
1139. □ Так как стороны оснований относятся как 1 :1 то площади оснований относятся как 1 : 4 (рис. Р. 2.37). Тогда объем усеченной пирамиды У= 1/ 17
=- h (81 + 82 + л/8182)=- h (482 + 82 + 282)=- 82А, где S2 — площадь верхнего основания, А— высота. Но объем призмы АВЕА^С^ составляет И, = 82А и, значит, объем оставшейся части пирамиды есть 74
Уг= У- yt=- S2h-S2h=- S2h. Итак, Pt : И2 = 3 : 4. ■
11*1141. *J1tJ.
3(а+о)
1141 □ Пусть ОхО2=х (рис. Р. 2.38); тогда ОО2=3—х. Так как £xBxO1D1~ £xBO2D, то В^х : ВВ=ОХО2 : ОО2 или 1 : 1=х : (3—х), откуда х=1 (см). Т^лее, д£12>15~ д£О25 и, следовательно, BtDx : LO2 = 24
= ООХ : ОО2 = 3 : 2, т. е. LO1=-B1D1, LN=-B1D1. Тогда Sklmn=
=у Злдсд =у (см2)- Итак>
Рис. Р.2.40Рис. Р.2.40
Рис. Р.2.40
Рис. Р.2.40
^1=^ -2 (4+— +- = — (см3), К2=- 1 I —+ 1+- =— (см3). ■ 1 3 V 9 3/ 272 3\93/27
2.143.2.145.2.143.2.145.10V19 см2. 2.144. «515 дм3.□ Пусть Н — высота полной пирамиды, h — высота усеченной пирамиды10V19 см2. 2.144. «515 дм3.□ Пусть Н — высота полной пирамиды, h — высота усеченной пирамидыи x=H—h. Имееми x=H—h. Имеем5, хг ———- или S2 Я25, хг ———- или S2 Я2S,S,$1$1s2—V ^i1s2—V ^i1Так какТак какH-x+hH-x+h11*Vs2 е х—-——, то объем полной пира-V^-V^*Vs2 е х—-——, то объем полной пира-V^-V^миды Кхии.пир — 2 ^1Н—-миды Кхии.пир — 2 ^1Н—-+ VSJ1) и, значит, Л =+ VSJ1) и, значит, Л =hS^S,1,v ,:. По условию, K=-A(S1 + S2 +fs2-jsx3ЗУ „hS^S,1,v ,:. По условию, K=-A(S1 + S2 +fs2-jsx3ЗУ „Итак,Итак,
2.143.
2.145.
2.143.
2.145.
10V19 см2. 2.144. «515 дм3.
□ Пусть Н — высота полной пирамиды, h — высота усеченной пирамиды
10V19 см2. 2.144. «515 дм3.
□ Пусть Н — высота полной пирамиды, h — высота усеченной пирамиды
и x=H—h. Имеем
и x=H—h. Имеем
5, хг ———- или S2 Я2
5, хг ———- или S2 Я2
S,
S,
$1
$1
s2—V ^i
1
s2—V ^i
1
Так как
Так как
H-x+h
H-x+h
1
1
*Vs2 е х
—-——, то объем полной пира-
V^-V^
*Vs2 е х
—-——, то объем полной пира-
V^-V^
миды Кхии.пир — 2 ^1Н—-
миды Кхии.пир — 2 ^1Н—-
+ VSJ1) и, значит, Л =
+ VSJ1) и, значит, Л =
hS^S,1
,v ,:. По условию, K=-A(S1 + S2 +
fs2-jsx3
ЗУ „
hS^S,1
,v ,:. По условию, K=-A(S1 + S2 +
fs2-jsx3
ЗУ „
Итак,
Итак,
. , 2 т2+лш+л22.146. - ■.я тл. , 2 т2+лш+л22.146. - ■.я тл2.147.2.147.По условию, Z-OJJj —60° (рис. Р. 2.39); значит, LОХОАХ =30°По условию, Z-OJJj —60° (рис. Р. 2.39); значит, LОХОАХ =30°ии1 К1 КяТз, R?-j3 31?2V3ОО^— ” • Находим 5нижя.оси — ° ^2 :яТз, R?-j3 31?2V3ОО^— ” • Находим 5нижя.оси — ° ^2 :•^верхн. оси—^ *$яижн.ося•^верхн. оси—^ *$яижн.осяз/?27з=—;—• Итак,8з/?27з=—;—• Итак,8„ 1 RJ1 (ЗКг^З 31?2V3/9Я4 ■ 3\ 21Я3
. , 2 т2+лш+л2
2.146. - ■.
я тл
. , 2 т2+лш+л2
2.146. - ■.
я тл
2.147.
2.147.
По условию, Z-OJJj —60° (рис. Р. 2.39); значит, LОХОАХ =30°
По условию, Z-OJJj —60° (рис. Р. 2.39); значит, LОХОАХ =30°
и
и
1 К
1 К
яТз, R?-j3 31?2V3
ОО^— ” • Находим 5нижя.оси — ° ^2 :
яТз, R?-j3 31?2V3
ОО^— ” • Находим 5нижя.оси — ° ^2 :
•^верхн. оси—^ *$яижн.ося
•^верхн. оси—^ *$яижн.ося
з/?27з
=—;—• Итак,8
з/?27з
=—;—• Итак,8
32 \ 28 у 16 /16
V^+^+c’ + oi.
□ Так как полная поверхность куба 5полн=36 см2, то площадь одв грани 5—6 см2 и ребро куба AD^a^^/б см (рис. Р. 2.40). Искоз
Рис. Р.2 41Рис. Р.2 41
Рис. Р.2 41
Рис. Р.2 41
расстояние КМ=^АК1 Л-АМ1, где АК=^=^ (см), AM—yJAD^+DM^
I , о2 ajs V56/б 30, „
1150.1151.1150.1151.1152.1153.1152.1153.= /а24-—=-—=-—(см). Итак, КМ= ~+— = 3 (см). ■ у 422V 4 4
1150.
1151.
1150.
1151.
1152.
1153.
1152.
1153.
Пусть сторона шестиугольника равна а; тогда ребро куба AB=ayJl
(рис. Р. 2.41) и Хдолн-бЛВ2™!^. По условию, 6—~ = 6, откуда 4
2 2686^3 _
° = Итак, Х1)олн— . | 3733
За2/4, a3V2/32.
Пусть SA=a, КМ=х (рис. Р. 2.42): тогда Хогг = 8 ^-^ = 2д2^/з, ,Oy/lХу/1
5^6» = бх2.ИмеемAO=SO=—у-,KO1 = SOi=——.Но
SO = SO1+O1O=^^+-) т. е. ay/l^xJl+x, откуда х=. Итак,
. 22,/5 + 1
5№=2д\/3(х/2+1)2_/3(3 + 2т/2)
Х^&~6 ■ 2д2“6‘ "
11И.^7.У.Х1Я.? А,..
33 -у 3
1156. □ Так как ф=3 см, АВ=4 см (рис. Р. 2.43), то из txADC находим ЛС=>/з2+42 = 5 (см). Проведем DKLAC; тогда D.KLAC и Z-DKD^M0 AC AD3 4 12
(по условию). Но &АВС~txCDK, откуда ———-, т. е. DK=——=— 'CD DK55
(см). Значит, DDX =DKyfl =1Ь^ (см) и У= CD ■ AD • DDV -3 • 4 ■ ^у^ = 144V3, з. _
=—J— (см3). ■
V^-^-c2)2 + V^-^-o2)2+^-^-b1?.
□ Объем параллелепипеда К=5ОСЯЛ, где h— высота параллелепипеда. Так как параллелепипед прямой, то высоты боковых граней также равны h (рис. Р. 2.44). По условию, LBAB = 306, АВ • h = 6 дм2, АВ • Л —12 дм2, т. е. АВ=2АВ. Пусть BKLAB; тогда ВЛГ—- АВ. Учитывая, что АВ ■ ВК=4 дм2, имеем ТАВ . ^ АВ=4, т. е. АВ=2 (дм); следовательно, h = 3 дм. Итак, И-43-12 дм3.
1159. 36^2 см3. 1160. abc^,2.
1161. □ По условию, А^—12 дм, АК= 5 дм, AtKLAK (рис. Р. 2.45); следовательно, AAy—s/aT^+A^=13 (дм). Так как Savlmn=2A дм2 и ААХ — перпендикуляр к сечению, то искомый объем V= Saxlmn • AAt = 24 • 13—312 (дм3). Далее, учитывая, что AVLMN — ромб, имеем Sgo*=4^, • A,N. Для нахождения стороны ромба воспользуемся равенством SaxLMN”-^ AtM • LN или 24=- ■ 8 ■ LN, откуда LN=6 (дм); тогда AVN=л/з2+42 — 5 (дм). Итак, 5бо*=4 • 13 • 5 — 260 дм2. ■
2.161 а3/2. 1163. а2(1+2^/3+>/13J, as^!T
1164. □ Пусть радиус шара равен К. В сечении шара плоскостью, проходящей через его центр и параллельной основанию параллелепипеда, получим параллелограмм, описанный около окружности радиуса R. Поскольку суммы противоположных сторон такого описанного параллелограмма равны, он представляет собой ромб. Пусть сторона ромба равна т; тогда искомая полная поверхность 5= 25осн+5бо*=2»1 ■ 2R+4m • 2R=6m • 2R=
= 6Soal. Ho Socn=-ab и окончательно получим S=3ab. ■
.«.^ 2.166. ^jL^" 22
□ Проведем через ВС сечение, nepuuwi^ .мирное ААХ (рис. Р. 146); тогда Sto-tBC+MC+MBtAAi-t.BC-UMQAAv Так как LA^O-бО” (по
х2aJ3 "
За2 aJ\3/ aJB\2aJ3--—.Итак, ^-f^——За2 aJ\3/ aJB\2aJ3--—.Итак, ^-f^——условию), то ААг=2АО———. Далее в ^AMD имеем LADM—30° и, следовательно, АМ=^^-. Тогда из &АМС находим МС—^АСЗ-АМ1 — , 4
За2 aJ\3/ aJB\2aJ3
--—.Итак, ^-f^——
За2 aJ\3/ aJB\2aJ3
--—.Итак, ^-f^——
aW2-l)8'aW2-l)8', a3 a2j3(3+J2) 1168. —, ———. 2.169.
aW2-l)
8'
aW2-l)
8'
84
□ Искомый объем И=^ Soo, • СС, (рис. Р. 2.47). Учитывая, что с cJ3г^х/з
1111LABC—W, находим АС=-, ВС=-^- и, значит, 5о<я=—"■ С другой
1
1
1
1
стороны, 5<хи=- АВ ■ CD, где CDLAB и CD=- ВС—^—. Так как CDLAB, 224
то и C^DLAB, т. е. LCVDC=45° (по условию); поэтому в ZxCxDC имеем сТз1 с2\Гз cJ3 с1
CC,=CD=^—. Итак, У=. ■
438432
хт. 906 см2. 1173. 12 см3. 2.174. ^V^LJ»2 ^^ ^^^.^
1176. □ Полная поверхность призмы 5Полн**25осн+5бо1- Так как а, Ь, с —расстояния между боковыми ребрами призмы, то а+Ь + с — периметр сечения, перпендикулярного ребру. Следовательно, 5бо*=(а+6 + сУ—ЗД где p=(a+b+c)j2. По формуле Герона находим Soot=^p^—aYp—b')(p—c>). Далее, учитывая, что P*=SccV”Soch*> имеем Sod—Sejlh. Итак,
2/ , .
Smm“- ^p(p-aXp-b)(p-c)+2j>L ■
1177. 3aZ+a2. 2.178. 0,5(51 +S2)A.
1179. □ По условию, даны объем V и высота h правильной восьмиугольной призмы. Так как У— S^h, то Soa-P/A; с другой стороны, Soc-^a+Vi). где а — длина стороны правильного восьмиугольника.
Отсюда находим л- — V^VZ-I^och- Итак,
V 2(1+72) 2
2.180.2.180.5боЖ=8лЛ=472(72-1)РЛ=4716(72-1)2,2= 16712(72-1) (м2). ■
2.180.
2.180.
2.181.2.1812.181.2.181О Пусть г и Л — радиусы вписанного и описанного шаров (рис. Р. 2.48); тогда BD=3r, AD2 + BD2=АВ2 =4AD2 или BD2 = 3AD2, т. е. AD2=3r2. Из ДАКВ находим, что lC42 = KD2+^Z>2=r2+3r2=4r2, а из ДОКА— что ОЛ2 = О№+КХ2=г2+4г2 = 5г2 = Я2. Обозначив поверхности вписанного и описанного шаров через s и В, имеем д=4лг2, 5=4лЯ2. Итак, S:s=R2 : ^ = 5 : 1. ■ 12Я273.
2.181.
2.181
2.181.
2.181
Искомый объем Р=- лг2Л. Пусть конус образован вращением ДАБС вокруг катета ВС (рис. Р. 2.49); тогда AC=r, BC=h. По условию, ^ rh=S;
2
тогда У=-иг5. Кроме того, по условию, 2п DN=L, где D — точка
пересечения медиан, DNLBC. Но DN : AC=DM : АМ= 1 : 3, откуда г23L23L
2.183.2.183.DN=-; значит, - nr=L, т. е. г=—. Итак, V=- нВ • — = SL. ■ 332я32л
2.183.
2.183.
Пусть объемы тел вращения вокруг сторон а, Ь, с равны Уа, Уь, ¥с;
121
тогда К>=j лА2а, ^4=j ^b2b, ^с=^ nb2c, где htt, hi, hc — соответствующие 22
высоты. Учитывая, что aha=bhb=chc=2S, имеем К>=- itSha, ^ь=^ и8Ьь
241Vc=- itSbc или Уа=- nS2 ■ 33а241Vc=- itSbc или Уа=- nS2 ■ 33а4141
241
Vc=- itSbc или Уа=- nS2 ■ 33а
241
Vc=- itSbc или Уа=- nS2 ■ 33а
Vb=- nS1 • -,Vc=- nS2• -.Итак,
3 b 3с
У« :УЬ : Уе=-
2.184.2.184.1 61 6: яЛ372.: яЛ372.66Рис. Р.2.49Рис. Р.2.49Рис. Р.2.50Рис. Р.2.50
2.184.
2.184.
1 6
1 6
: яЛ372.
: яЛ372.
6
6
Рис. Р.2.49
Рис. Р.2.49
Рис. Р.2.50
Рис. Р.2.50
2.186. □ Пусть ЛО—г, SO—h (рис.„Р..2.50), V — объем конуса, И, и И2 — объемы его частей. Найдем У2 как разность между объемами части конуса, ‘основанием которой является сектор ЛОВ, и пирамиды, в основании которой лежит ЕхАОВ. Согласно условию, АВ—г, т. е. АВ — сторона правильного вписанного шестиугольника и, значит, Ух — - • яг2Л—• ^^ *■- Sth, где S, — площадь сегмента АтВ. Тогда 6 3343
У2 = V— Ух =- S2h, где S2=nr2 — S2. Таким образом, У2 : У2 — 8х : S2. Далее находим
„ 1 , гТз г^л-З^) „, г(2л-37з) /^(Юл+З^/З)
=6 "12’ Sz = ^1212'
Итак, Ух : У2 = — 3^ . ■ 107t + 3V3
2.187.2.189.2.187.2.189.— USJSS. 2.188. — лА3.
2.187.
2.189.
2.187.
2.189.
21'24
□ Пусть I — образующая конуса. Так как длина дуги развертки боковой '2л/
поверхности конуса равна длине окружности основания, то 2лЛ=— (по 4 условию, развертка представляет собой четверть крута), откуда I—4R.
Найдем высоту конуса: h=^P, — R1 — ASf\6R1-R1—R-s[\5. Итак,
10лА3/9. 2.191. 27^2/8 куб. ед.
□ Для нахождения боковой поверхности усеченного конуса воспользуемся формулой 5бо*=п(гх +г2)1, где гх и т2— радиусы оснований усеченного конуса. Проведем плоскость через высоту конуса. В сечении получим равнобедренную трапецию, описанную около круга радиуса г, причем AD—Tr2, ВС—2гх (рис. Р. 2.51). Для описанного четырехугольника имеем BC+AD—AB+CD, т. е. 2г1+2г2=2/, откуда Seo*””/2- Объем усеченного
конуса У=-иН^Гх+г2')1—гхг2\ где Н—2г, Гх+г2=1, г!г2=г1. Последнее
соотношение получается из прямоугольного треугольника ОСО, в котором ОК1 —СК- КО VLCOD—W, поскольку ОС и ОО— биссектрисы углов 2
трапеции и, значит," LOCD+ LCDO — 90"). Итак, F=- nrfl2—г1). ■
1193. 6т~3л 2.194.3.75 см. '!1193. 6т~3л 2.194.3.75 см. '!DD
1193. 6т~3л 2.194.3.75 см. '!
1193. 6т~3л 2.194.3.75 см. '!
D
D
Рис. Р.2.51Рис. Р.2.52
55
5
5
□ Поверхность S тела вращения состоит из боковых поверхностей двух усеченных конусов, полученных при вращении отрезков ВС и CD (рис. Р. 2.52), и двух конусов, полученных при вращении отрезков АВ и AD. Таким образом, S=x(KB+AC)BC+n(MD+AC)CD+nKB • AB+nMD • AD. Преобразуем это выражение, учитывая, чтоАО=ВС, CD=ABnKB+MD=AC. Имеем
к^КВ ■ ВС+АС • BC + MD - АВ+АС • АВ+КВ ■ AB+MD ■ BQ = =i^KB+MD^BCA-^KBA-MDVB+ACBC+ACAE^ = kQ.BC+1ABVC.
Так как, по условию, AC=d, 2ВС+2АВ=2р, то окончательно получим S=2ndp. ■
JW- За1 + 6am
. а—т
□ По условию, плоскость AKL перпендикулярна FD и угол между нею и плоскостью АВС равен 30° (рис. Р. 2.53). Проведем высоту FO; тогда L OFD=30° и Д OFD = Д ODC, откуда CD=FO=H, ВС=2Н. Следователь- 4^73, гFD,. FD1
но, Sock——-—^HJ3. Далее, в txOFD имеем OD=—, FD=Fr А, 424
2Я_Н _ г
т. е. FD—p. Итак, 8ао!та = Н\!3 + 3 • 2Н ■ -^-ЗЯ2^. ■
4 : 121.
□ а) I способ. Проведем плоскость через пересекающиеся высоты SO и AOV (рис. Р. Z54). Докажем, что ВС — перпендикуляр к этой плоскости (тогда ЛС1Л5). Действительно, SO — перпендикуляр к плоскости АВС и, значит, SOLBC; AOV — перпендикуляр к плоскости BCS и, следовательно, АОДВС. Итак, ВС — перпендикуляр к построенной плоскости и прямая ВС перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в том числе и AS. Аналогично получим, что BS1.AC, CSLAB.
II способ. Рассмотрим векторы ЛЗ, "АЙ, ЙЗ, "БС. По условию, "АЙИГС, ТТЗкБС, т. е. (АН, "БС)=(Й8, ЗС)=0. Учитывая, что "аЗ=АЙ+ЙЗ, находим (aS, БС)=((АЙ+Й3), ЙС)=(АН, БС)+(НЗ, ЗС)=0, откуда Л313С.
' б) Пусть LBSC=90°; так как BSLAC (это доказано в п. а)), то BS — перпендикуляр к плоскости ASC, т. е. LBSA=90°. Далее, ASLBC, ASLBS и, значит, AS — перпендикуляр к плоскости BCS, т. е. LASC=90°.
Пусть О — проекция вершины 5 на плоскость АВС. Плоскость ASO, проходит через SO (точки S и Н этой прямой принадлежат плоскости ASOt); так как ASLBC, то и ADLBC, т. е. высота AD проходит через точку О. Теперь проведем плоскость BSO; она пройдет через Ог, поскольку точки В и Н высоты ВОг щринадлежат это^ и Но BS1AC, а знадит
и BKLAC. Итак, В К также проходит через точку О, т. е. О — ортоцентр LABC. Квалоттаю докажем, что и другие вершины проецируются в соответствующие ортоцентры.
Для доказательства достроим тетраэдр до параллелепипеда (рис. Р. 2.55). Согласно доказанному в п. a), SALBC, SBLAC, SC1AB. Имеем SA1+BC1=SA1+AN1=SN1, SB2+АС2 =SB2+BN2 ^SN2, SC2 + AB2 = = SC2+ SM2 = CM2. Ho CM=AL, a AL=SN (как диагонали прямоугольника). Итак, SA2 + ВС2 = SB1-Ь AC2» SC2+АВ1. ■
1200. a) 5^/3 и Vil; б) нет. 2.203. я/З, 2л/з/3.
□ По условию, 5Л = 12 м, ВС=4 м, SB=SC=AB=AC=1 м, т. е. ABSC и &АВС — равнобедренные и равные (рис. Р. 2.56). Пусть SDLBC; тогда BD=CD hSD=AD=\JSB2—BD2=^49—4=3-^5 (см). Используя формулу ' Герона, найдем 5&д5П=^0>/5+6X3^5—6) • 6 • 6=<У(45—36) • 6 •6=18 (м2). Плоскость ASD проходит через высоту SO, поэтому 25дл»д 36121 г г ,
SO»—-—-=—-=— (м). Далее находим S^abc”- • 4 • 3V5=6V5 (м2). ^3^5 ^2
Итак, И=^ • 6^ ■ -^=24 (м3). ■
1 l^-^ + c2lb1-be1-а2 a1
- /• //.1206.—.
3 у 2 V 2 V 212
abc
ХТЯП.-—===.
>j ^b2 + b2<? + c^a2
1208. □ По условию, ребра правильного тетраэдра SABC являются диагоналями граней параллелепипеда DSMCAKBN (рис. Р. 2.57). При этом параллелепипед состоит из следующих частей: 1) тетраэдра SABC; 2) пирамиды DACS; 3) пирамиды KABS; 4) пирамиды MBCS; 5) пирамиды NABC. Объемы пирамид 2) — 5) равны. Пусть V — объем параллелепипеда, 12
а Киир — объем пирамиды; тогда Кщф»- У. Имеем Г=Р1г1р+- У, т. е.
^=1 У. Итак, У : ^=3. ■
1209. a3V2/54.
1210. □ Пусть DABC и D^AB^! — заданные пирамиды (рис. Р. 2.58); тогда
V=^S^Abc DE, V^-S^aba DYEX, где 8^лвс=^ AB • AC sirup, ' ^д^с,”^ ABy • AC, siny (q>= LBAC). Далее, &,ADE~ £xAD,E„ откуда AD. • DE
DE : D,E, =AD : ADlt t. e. D,E, =———. Итак,
, Vv_ABvACv ADx DE_ABv ACt ADv
"V AB ■ AC - DE ■ AD AB■AC•AD ’
что и требовалось доказать. ■
1216а3*3г
— м. Z211- ,b<a<bJl.
19З^-Ь^гЬ^а1
□ Искомую боковую поверхность найдем по формуле .25
8=8£,аев+28ьагк+8ытм (рис. Р. 2.59). По условию, S^afd™-? см2,
4
8дквм=4 см2. Остается найти IS^afk- Имеем IS^afk^AF ■ FK sin у, где
<р= LAFK. Но AF • FK апф—^AF11 • FK? sr1 <p—>jАР siny • FK1 sinp=
—^IS^afd ■ 25дхум=10 (см2). Итак, S=— + 10+4— — (см2). ■
44
Z214. c^^l^-
2.215. □ Обозначим через т радиус круга, описанного около основания пирами-
_8ЛЕ=^
^r : KF, так как,
»1Ю, KF-- , .
2
jR R Л^З „
— ■ —, т. е. г=——. Проведем апофему SM;
КМ=1^ И SM=
^R1 9R1 RJli „ Пусть 842-/2
Гшара — радиус вписанного шара; тогда для площади &SMN получим следующие два выражения: 5^sMN=i"mapa(SM+КМ)=- MN ■ SK. Отсюда имеем
(R^\ R^\ R^33R„
Гтпаря I " + ZZ I—~ ИЛИ 2Л1пяря fy 7 + 1)—-3R,
\ 2V2 2y2/4-^/2
3R Я(^7—1) „
т. e. гшара=——=— . Итак, искомая поверхность
2(^/7+ 1)4
, R2 г- , яЯ2яЯ2 г
S^^^n — (V?-l)2=— (8-2V?)=— (4-^7). ■
1216.
1217.
^(5 + V5)
24"
□ Пусть один из кубов стоит на горизонтальной плоскости, а общий отрезок соединяет середины его противоположных вертикальных ребер. Рассмотрим вид сверху (рис. Р. 2.61). Общую часть двух кубов составляет фигура ACDBEF, при этом CDEF—грань параллелепипеда, a BED — проекция грани пирамиды (рис. Р. 2.62). Основание пирамиды — вертикальная грань параллелепипеда, площадь которой равна
а
DE ■ а. Так как DE=a, ВК=-, то суммарный объем двух пирамид К, = 2 Д о2 • ^=у- Объем параллелепипеда F2=a2 CZ>, где CD=AB—a = a-j2—a = ct^y[2 — \), т. е. К2=а3(л/2—1). Итак, объем общей
части Kj+ Р2=а3
-2>3
1218.
1220.
а’/4. 2.219. 2(^2-1>3.
□ Пусть первоначально угол поворота равен 0°. Если провести сечение через центр общей части двух кубов перпендикулярно диагонали, то полу-
Рис. Р.2.61
читая правильный шестиугольник. После поворота на 60° этот шестиугольник совместится сам с собой, т. е. ребра кубов пересекаются (рис. Р. 2.63). Искомая общая часть состоит из двух одинаковых правильных треугольных пирамид с вершинами в точках О и Ov Так как все углы при
вершине — прямые, то объем каждой пирамиды Ух — —, где Ь — О А. Высо-
ОО. aJ31
та каждой из пирамид h=— ——. С другой стороны, Ух=- S^h, где
243
„ (Z>V2)2V3 b1^ „ b1 1 63^ , l b>/3 „
Зосн”— =——• Имеемп, откуда п=-^-. Значит,
Ь^З а^ , ЗаА3 9а3
—=——, т. е. Ь=—. Итак, искомый объем У=2У.=—=—. ■ 344• 3 64
1221.1221.По условию, АВ=а (рис. Р. 164); тогда АВХ =а-/1, как и все остальные ребра построенной пирамиды DVABVC. Значит, все ее ребра — правильные треугольники, т. е. DXABXC — правильный тетраэдр, а его полная поверхность 5=4^-=2^-j3, Грани тетраэдра отсекают от куба равные
1221.
1221.
а3
22222224.22222224.пирамиды, объем каждой из которых Ух =—. Итак, объем тетраэдра Р=а3-4Р1=а3-^=у. ■ o’/б. 2223. 18г/1.
2222
2224.
2222
2224.
Проведем плоскость, перпендикулярную ребру (рис. Р. 2.65), и найдем
Рис. Р.2.66Рис. Р.2.66
Рис. Р.2.66
Рис. Р.2.66
стороны параллелограмма, полученного в сечении. Имеем КМ=^-, п1т1 п1 .т1!? „, т1^
KN-—, откуда 8^=— • — яп30°—^-. Итак, У-8та1=—^-. ■
inm. w,inm. w,1225. 9V39/4 см3. 2.226. 336 см3, 396 см2. '
inm. w,
inm. w,
у. • Доказать, что первый цилиндр проходит через ось
второго.
1229.1229.1230.1230.q^l-q)■
1229.
1229.
1230.
1230.
; задача не имеет решения при q>2.. 4
□ Высота данного конуса также описывает конус (рис. Р. 2.66), образу- 02) SDOD h
ющая которого равна Л. Так как ^SOD~ ANDA, то — =— или -т-=-:, SD ЗАлI
Л2 яЛ3 _5=яуЛ=—. ■Л2 яЛ3 _5=яуЛ=—. ■^2
Л2 яЛ3 _
5=яуЛ=—. ■
Л2 яЛ3 _
5=яуЛ=—. ■
откуда OD=—. Итак, искомая поверхность
1231.
1233.1233.2\ja□ Проведем отрезки AN и DN (рис. Р. 2.67) и рассмотрим объемы пирамид SABN, SAMN, SMND и SDNC. Пусть Vsamn=V; тогда VSmnd = V (^ANM и2\ja□ Проведем отрезки AN и DN (рис. Р. 2.67) и рассмотрим объемы пирамид SABN, SAMN, SMND и SDNC. Пусть Vsamn=V; тогда VSmnd = V (^ANM иkMND равновелики). : Vsamn=AB : MN, akMND равновелики). : Vsamn=AB : MN, a= CD; MN, CDVsdnc=mn v= CD; MN, CDVsdnc=mn vоткудаоткудаииИмеем Vsabn :Vsdnc : Vsmnd =Vsabn-^V,Имеем Vsabn :Vsdnc : Vsmnd =Vsabn-^V,У$авм+ Vsdnc=У$авм+ Vsdnc=AB+CD■У=2У. Таким образом,MNvAB+CD■У=2У. Таким образом,MNv
1233.
1233.
2\ja
□ Проведем отрезки AN и DN (рис. Р. 2.67) и рассмотрим объемы пирамид SABN, SAMN, SMND и SDNC. Пусть Vsamn=V; тогда VSmnd = V (^ANM и
2\ja
□ Проведем отрезки AN и DN (рис. Р. 2.67) и рассмотрим объемы пирамид SABN, SAMN, SMND и SDNC. Пусть Vsamn=V; тогда VSmnd = V (^ANM и
kMND равновелики). : Vsamn=AB : MN, a
kMND равновелики). : Vsamn=AB : MN, a
= CD; MN, CD
Vsdnc=mn v
= CD; MN, CD
Vsdnc=mn v
откуда
откуда
и
и
Имеем Vsabn :
Vsdnc : Vsmnd =
Vsabn-^V,
Имеем Vsabn :
Vsdnc : Vsmnd =
Vsabn-^V,
У$авм+ Vsdnc=
У$авм+ Vsdnc=
AB+CD
■У=2У. Таким образом,
MNv
AB+CD
■У=2У. Таким образом,
MNv
Vsabcd=^=4Vsamn- Ио Vsamn=Vam$n=-S^sM^h, где h — указан
'4
ное в условии расстояние. Итак, У$авсв=^ S^smn^- ■
1234. □ По условию, площади оснований равны S, и S^ Разобьем многогранник на пирамиды с вершиной 5, взятой произвольно внутри многогранника в плоскости сечения, равноотстоящего от обоих данных оснований. Основаниями пирамид служат боковые грани и основания данного многогранника. Тогда искомый объем
1 Н 1 Н „4„ Н К=3 S12+3S22+^3 S^s‘M‘Ni 2 ’
где S^SjMjNi — площади треугольников, аналогичных рассмотренному выше &SMN (см. решение задачи 2.233). Но ^.S^MiN^S}, где S3 — площадь сечения. Итак, ^=^ (5i + S2+4S3), 470 и требовалось доказать.
1235. - (2ab + 2a1b14-ab1 *aj>\
ГЛАВА 3
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИС ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ
3.001. □ По условию, АВ—AC, AAXLBC, BBXLAC, LBAC—a, AAx + BBx—l a aa
(рис. P. 3.1). Пусть ВС—а. Из ДААХС находим AAX=- ctg -, AC—,
22a
2 sin - 2
(
я a\ a
-—- l=a cos -. Используя условие, име-
a
,x2/tg;
a a a a a /a\2
ем - ctg - + a cos - = Z или -ctg - 1 +2 sin - ] = /, t. e. a —. Итак,
22222\2/a
1 + 2 sin -
a2
’ a\ a a / a\ 1 +2 sin - ) sin - cos - 1 +2 sin - I
.2/22\2/
/II
a/я a\я + aя —За
cos-+sina sin I-—- |+sina 2 sincos2\2 2/44
ab sin a
.001 Vi + ^±1 2be. 3-003...:=.
^c^+^—lab cosa
.004. По условию, AB—AC, ВС—a, LABC—a, ABX—BXC (рис. P. 3.2).
AC BC
В b^ABC по теореме синусов имеем =, откуда
sina sin(180° —2а) a sin a a
AC—=. Проведем А,ВЛВС. Из ДВА,В. находим
sin2a 2cosa 1 а 11 а
А,В,=- ВС—-.ВА,—- АВ—-АС—, LB.A^—180°—а и по теореме
22224 cos а
косинусов получим
Рис. Р.3.3Рис. Р.3.3
Рис. Р.3.3
Рис. Р.3.3
а1 с?а2а2 а2а2
SS2 =— Н2cos (180° — а) = —I— Н— =
416cos2a8cosa416cos2a4
а2 (8 cos2 а +1)
16 cos2 а
а / la .—
S2?1=- /8+-^-=-V9 + tg2a. ■ 4 \ cos2 a 4
3.005. □ По условию, ABCD — трапеция, AB= CD, О — центр вписанного в трапецию круга, OELAD, OE—R, LBAD—а, а<я/2 (рис. Р. 3.3); требуется найти Рдвсп=AD + 2АВ+ВС. Согласно свойству описанного четырехугольника, имеем АВ+ВС—2АВ; значит, Рлвсс=*АВ. Проведем ВК^ОЕ;
2R тогда BK=1OE=1R. Наконец, из &ВКА находим АВ» sin a
8R и Рлвсв=~ - Я sin a 3.006. □ По условию, АВ—AC, ВС—а, LBAC=a, LABBt — LBiBC (рис. Р. 3.4). я ая a
Имеем LABC-LACB-, LB.BC-, LBB.C-it- 2 24 4
(я а я а\ я За
+— -И—. Из txBB.C по теореме синусов находим 2 2 4 4/ 4 4 а
•a cos -
ВВХа2
—, т. е. BBV . ■ /яа\/яЗа\/яЗа\
sin II sin - -I— Isin - -I—
\22/\44/\44/
rctg(a/2),я—aa
3.007. J IS ctga.3.OO8. —~.3.009. r1 ctg3ctg -.
sin 2a42
*~P sincos -— 22
3.010,,
sin a sin P
3.012. □ По условию, в прямоугольном треугольнике ЛСВ имеем: LACB-90V L.CAB—#, 5давсжЗ, АВ^—В^С н АС^ — С^В, ВВ^^СС^ — О (рис. Р. 3.5|;
требуется найти расстояние от О до АВ. Проведем CD1AB и положим '217
Рис. Р.3.6Рис. Р.3.6
Рис. Р.3.6
Рис. Р.3.6
Лh h
CD=h. Из ДАОС и Д CDB находим А С=, СВ==. Так
sina/л । \ cosa
sin — a I
\2 J
как S=- AC ■ BC=, то h = -Js sin 2a. Проведем OF\\AB, OF^AC—F, 2'sin 2a
СК ОС 2
OFf^CB-E и OF^CD—K. Так как ДСКО~ LCDCV то —==-,
CD CCj 3 215/5 sin 2a
откуда CK=- CD,aKD = ^ CD =это и есть расстояние от О до
АВ, поскольку OeFE^AB. ■
3.013. □ По условию, в равнобедренной трапеции ABCD имееем: AB—CD, ВВДАВ, BB^h, AC(^BD-O, LCOD=a (рис. Р. 3.6). Так как LCOD— внешнийугол равнобедренноготреугольникаAOD,то
a11
LOAD= LODA=~.Далее находимB,D=ED+B.E=- AD+- ВС—
222
1 =- (AD+BC) — MN, где MN — средняя линия трапеции. Из aBByD полу-
aa
чим B.D—BB, ctg -=h ctg ■ 22
, /” a\P sin a6 sin a
3.014. JS tga tg -— . 3.015. 73.016.—.
2/, a\3a
cos I sin —
\4 2/2
3.017. □ По условию, AB—AC, S^bc=S, AB1=B1C, ACy = C1B, BB^CCy — O,
LBOC—a (рис. P. 3.7). Имеем 8двос=” SA^ac=^ S, так как высота txBOC, проведенная из О, равна ^ высоты Д.АВС, проведенной из А. Для нахождения площади ЬхВОС воспользуемся формулой (1.6):
AASC2 sin 8 л вое=SC2 sin 8 л вое=л a\ . /яa\a, a_ . a
A
A
SC2 sin 8 л вое=
SC2 sin 8 л вое=
—- I sin IIBC1 cos2 -BC1 cos2 -BC1 ctg -
2 2/\22/222
2 sin a2 sin a , . a a 4"
'4 sin - cos -
22
.aa
SC2 ctg- j4Stg-
2 чим ВС=—2 чим ВС=—Таким образом,=- S, откуда B(?=; окончательно полу-
2 чим ВС=—
2 чим ВС=—
3.018. □ По условию, АВ=АС, О — центр окружности, вписанной в &АВС, LABC=a, ODLBC, OD=r, ВО(\АС=В1 (рис. Р. 3.8). Так как BBt — бис- aЗа
сектриса и АВС, то LBtBC=-, а LBB1C=it——. Из txODB найдем
a
BD=r ctg -. Поскольку D — точка касания основания ВС равнобедренного
треугольника АВС с окружностью, получим BC=2BD=2r ctg -. Наконец, в i\BBxC по теореме синусов имеем
аю,..=;^, т. е. ВВ. = sin а . / . За\ sin I яаю,..=;^, т. е. ВВ. = sin а . / . За\ sin I яа.2rctg-Hna 4r cos'а.2rctg-Hna 4r cos'.2 =‘ 2.2 =‘ 2За яп —За яп —За яп — 2За яп — 2
а
ю,..
=;^, т. е. ВВ. = sin а . / . За\ sin I я
а
ю,..
=;^, т. е. ВВ. = sin а . / . За\ sin I я
а.
2rctg-Hna 4r cos'
а.
2rctg-Hna 4r cos'
.2 =‘ 2
.2 =‘ 2
За яп —
За яп —
За яп — 2
За яп — 2
3.019. □ По условию, ABCD — квадрат, МеАВ, МА=МВ, LAMN=a, NeCD (рис. Р. 3.9); требуется найти Samnd : Sbmnc- Пусть АВ=а;
MA+ND тогда Samnd =:MA+ND тогда Samnd =:- + a-ND 2- + a-ND 2За-2NDа=• а;За-2NDа=• а;a + 2ND„ MB+NC■ а=• a, Sbmnc=• о=42Samnd q+ind •С=ЧПроведем ДГ£М2> и изSbmnc За-2NDa + 2ND„ MB+NC■ а=• a, Sbmnc=• о=42Samnd q+ind •С=ЧПроведем ДГ£М2> и изSbmnc За-2ND
MA+ND тогда Samnd =:
MA+ND тогда Samnd =:
- + a-ND 2
- + a-ND 2
За-2NDа=• а;
За-2NDа=• а;
a + 2ND„ MB+NC
■ а=• a, Sbmnc=• о=
42
Samnd q+ind •
С=ЧПроведем ДГ£М2> и из
Sbmnc За-2ND
a + 2ND„ MB+NC
■ а=• a, Sbmnc=• о=
42
Samnd q+ind •
С=ЧПроведем ДГ£М2> и из
Sbmnc За-2ND
&MEN найдем&MEN найдемa
&MEN найдем
&MEN найдем
ME=a ctga. Отсюда ND=MA—ME=~ —a ctga=
a—2a ctga_
л tga—tg-4=tgл1+tgatg-4л tga—tg-4=tgл1+tgatg-4-. Подставив вместо ND найденное значение, получим
л tga—tg-
4
=tg
л
1+tgatg-
4
л tga—tg-
4
=tg
л
1+tgatg-
4
Samnd_ а+а—2а ctga _1—ctga_tga—I
Sbmnc 3a —a + 2actga 1+ctga tga + 1
2-J 3 cos a + sin a 2., /л a\ . a
3.020.. 3.021. - sin 2 a sin2 a. 3.022. ctg2 (). 3.023. sin 2a tg -.
sin ал\4 2/2
. a+Д a —
4 sincos■
2
.024.;—.
л sin a sin p
.025. □ По условию, ABCD — ромб (рис. P. 3.10), LBAC=a (a<90°), rt — радиус окружности, вписанной в ромб, г2 — радиус окружности, вписанной в kA ВС. Пусть АВ=а. Проведем BE1AD. В ZxBEA имеем a sin a
BE=2rx = asna, откуда rt =. Из ZxABC по теореме косинусов нахо
димдимА С=V^-^2 cos (180°-a)=2aА С=V^-^2 cos (180°-a)=2aa cos2a cos2Следовательно,Следовательно,
дим
дим
А С=V^-^2 cos (180°-a)=2a
А С=V^-^2 cos (180°-a)=2a
a cos
2
a cos
2
Следовательно,
Следовательно,
^дл5С=2д+2д cos-—4a cos2 -, S^abc=- a2 sin (180° — a)=- a2 sin a, отку- 2422
25л^яг 2 ••asina ■ 4cos2 -
a2sma asina r.4 „, a _
да r, ===. Итак, — =;=2 cos -. ■
Рдлдс .2 a Л 2 a r2 2a sin a4
4a cos - 4 cos - 44
LACB m
.026. □ По условию, ABCD — прямоугольник, AC=d,——=— (рис. P. 3.11).
LACD л
Так как LBCD=-. то тх-ьпх=-. х=; значит, LACB=— 222(/п+л)2(т + л)
пл_, /пл
LACD-—-. Из LABC и LADC находим 5C = t/cos— 2(/и + п)2(/п + п)
, пл 2>C=</cos. Следовательно,
2(/п + л) (/плля \
dcos 47—T^ + dc0S =2(т + л) 2(т + л)/л л(т —л) г п(т — п)= 4dcos - cos =2J2dcos'. ■
44(т + л)4(/и + л)
Ot itК 1** '—*“л 11
.027. cos - : cos -. 3.028. arccos —-— и л—arccos — ■ »,^> 1. 3.029. —7.
26кк2к
.030. _^L_^L.
a+6cosa 6 + acosa
3.031.3.031.3.032.3.032.□ По условию, в дЛВС имеем: AC=b, ВС=а, САССХ = LBCCV ССх—1; требуется найти LACB (рис. Р. 3.12). Пусть АВ=с; согласно свойству
3.031.
3.031.
3.032.
3.032.
биссектрисы внутреннего угла
АСХ + СХВ а + b са + Ь
-—=или=, откуд
СХВ а СХВ а
ДЛСС] и LBCCX имеемДЛСС] и LBCCX имеемОбозначим LACB через а. В
ДЛСС] и LBCCX имеем
ДЛСС] и LBCCX имеем
ACx=b2 + F — 2Ы cos -; ВС^а1 +12 — 2al cos -. Подставив в эти равенства
значения АС, и ВС,, получим -—i=A2 + Z2 — 2AZ cos -
(a + b)12
и +^)2 = <r+Z—2zu cos-; вычитая из второго равенства первое, нахо
димдим^-b1) г 2a
дим
дим
4^F -2l(a-b)cos-
или c2 = (a + A)2 — 2l(a+b) cos ^.или c2 = (a + A)2 — 2l(a+b) cos ^.Ho c1=a1 + b1 — lab cos a, откуда a2+b2 —2zzAcosa= ,,aa
или c2 = (a + A)2 — 2l(a+b) cos ^.
или c2 = (a + A)2 — 2l(a+b) cos ^.
=tr + 2ab+b — 2l(a+b) cos - или 2Z(a + A) cos-=2<zA(l+cosa) =
2 aaaZ(a+6)al(a+b)
=4aAcos -. Так как cos -#0, to cos -=, откуда -= arccos,
222 2ab22ab
, Ka + b) _
t. e. a=2arccos —■. g
2ab
□ По условию, имеем: ABCD— квадрат, А ЕЕ — равнобедренный треугольник, AE=AF, ЕеВС, FeCD, tgLAEF=3 (рис. Р. 3.13); требуется найти cos LEAD. Для удобства положим LAEF=a, LFAD = P; тогда LEAF=\№°—2а. Так как LABE— lADF (по катету и гипотенузе), то ^=^ (90° — 180°+2a) = a-45°. Следовательно, cosр=cos (a—45°) =
<21
“ (cos a + sin a). Учитывая, что tga = 3, находим 1+9=—=-, откуда
2cos2 a
cosa=——, sin a=tga cosa=——. Итак, cos^=— . — =. ■
Vio<io2 <io 5
^+^+1aa
.033.30°. 3.034. —3.035. 2arctg——, n-2arctg ——. 3.036.
(fc+1)2/>sinaAsina
.037. □ По условию, в дАВС имеем = —-^ -; требуется доказать, что
' tgB sin2 В
треугольник либо равнобедренный, либо прямоугольный. Из данного равенства получим sin A sin2 В cos В—cos A sin В sin2 А = 0 или sin A sin В х х (sin В cos В—cos Л sinH)=0. Но sinJ^O, sinB^O, так как А и В — углы треугольника; ' следовательно, sin2B— sinZ4 =0 или
Гсо$(Л+В)=0,Г А+В=п/2,
2соб(Л+В)5Ш(В-Л)=О, откуда . ,„. „ Итак, ли-
Lsin(B-H)=0 £в-л = о.
Рис. Р.3.15Рис. Р.3.15
Рис. Р.3.15
Рис. Р.3.15
бо С=л/2, т. е. треугольник прямоугольный, либо А =В, т. е. треугольник равнобедренный. ■
^1 +Аз + 2AjA2 cos а
3.039. —-—.
sin а
3.040. □ По условию, в трапеции ABCD имеем: AB=CD, BC^AD, MeAD, AM=MD, NeBC, BN=NC, BE LAD, BE=h, LBMC = 2a, £_AND = 2P (рис. P. 3.14). Так как &ABM= &CMD и ZxABN= &NCD (по двум сторонам и углу между ними), то BM=MCnAN=ND. Из ^AMNи &BMNнаходим AM=htgP- BN=htga. Следовательно,
Sabcd=(AM+BN)h=h2 (tga+tg /0-——— cos a cosp
При A = 2, a=15° и ^=75° получим
„,= 4 sin 90°48
ABCD cos 15° cos 75° cos 15° sin 15° sin30o= "
3.041. P2a + sina. 3.042.—. 3.043. — .
2sin2(a/4)я
.ctga + a—-
3.044. □ По условию, ABCDAJitCJ^—прямоугольный параллелепипед, 8^ = 1, LB1DD1=a, Pabcd=P (рис. P. 3.15). Из ABjPjP находим DD^lcosx, a D1B1 = DB = l sin a. Положим AB=x, AD=y; тогда (2x+2y=P, (x+y = P/2, jx2 + 2xy+y2 = P2/4, [x2+У2 — ? яп2 a, [x2+y2=P яп2 a [x2 +y2 = P sin2 a. - _P2 —4/2sin2a
Вычитая из первого уравнения второе, получим ху=. Итак,
P2-4/2sin2a ,1(Р2-АР sin2 a) cos a _
^пар= у ■ /cosa=-. Я
3.045. - тиР ctg3 - ctga. 3.046. 3/—.
32Vctg2^sina
3.047. □ По условию, АВСАуВ^^—прямая призма, АС=СВ, LACB=a, AiB=l, LAiBA=P фис. Р. 3.16), требуется найти Кпр=5д^дс ■ AtA. Из ЛА^В находим ЛЛ^/sin^, AB=l cosР, а из ДАОС получим ala1
DC=AD ctg - =- I cos p ctg -. Следовательно, ^ 2 22'
Рис. Р.3.16
Рис. Р.3.17
Кцр=- /cos/? • - / со$Д ctg | ■ / sin^=- /3cos2^ ctg | sin^ =
1 ,a
= - /3 sin 2^ cos p ctg -. ■
a3 sin 2a tg Pa3 sin 2a tg Pd2 cos2 II \4 2/
a3 sin 2a tg P
a3 sin 2a tg P
3.048. -< 3.049.
3.050. □ По условию, ABCDA1B1C1D1 —правильная четырехугольная призма, АВ=а, LA1DC1=a (рис. Р. 3.17). Имеем А,^ = а^2. Пусть AxD = x\ тогда DCt=x. Из AA1DC1 по теореме косинусов находим 2а2 = 2х1 — 2л2 cos a=4№ sin2 |, откуда х = “^ . Из ^DD^, получим
2 sin -
2
DDtDDt
DDt
DDt
Итак, К„р =Итак, К„р =a3 >/2cosa
Итак, К„р =
Итак, К„р =
a 2 sin -
aS a л — a
3.051. — sin - tg.
224
3.052. □ По условию, SABC—правильная треугольная пирамида. SA = l, SOL(ABC), LSAO = a (рис. P. 3.18). Из ^SAO находим SO = lsna,
Следовательно,Следовательно,AO = lcosa,откуда AB=AOxj3 = kj3 cosa.
Следовательно,
Следовательно,
AB1 V3 3^/3 Z2 cos2 a S^abc= —=t. Итак,
44
11 3J3 P cos2 a , . P J3 sin 2a cos a
/,оир=^ S^abc ■ SO=~^ ■-■ /sma— — 1.
З/^-х/Зсозаsin 2 a cos a a’tga Й1 ctg2 P sin 2a
3.053. 7t-. 3.054.. 3.055.—. 3.056.
2sin2(a/2)363
■3.057. □ По условию, SABCD — пирамида, ABCD — ромб, LBAD = a (а <90°),
Л 'АВ-a. ((SAB^iBC)) = ^SBQ?^4BC)) - ((SCDk(ABC)) = ^Sd/^ABCO =
—Д, 5ОЦАВС) (рис. Р. 3.19), Проведем апофемы пирамиды SE, SF, SK, SL; тогда OELAB, OFLBC, OKLCD, OLLAD (по теореме о трех перпендикулярах) и, значит, LSEO— LSFO— LSKO— LSLO—P- Далее имеем
Sabcd д2яПа•
5бох=-=Наконец, cosрcosР
a2 sin аa2 sin а$ПОЛИ - п cosp$ПОЛИ - п cosp, a2sina(l+со$Д) +a sin а = cosp, a2sina(l+со$Д) +a sin а = cosp2а2 sin a cos2cos p2а2 sin a cos2cos pP2P2
a2 sin а
a2 sin а
$ПОЛИ - п cosp
$ПОЛИ - п cosp
, a2sina(l+со$Д) +a sin а = cosp
, a2sina(l+со$Д) +a sin а = cosp
2а2 sin a cos2
cos p
2а2 sin a cos2
cos p
P
2
P
2
„ a3 ctgo sina sin P
.058. —A
12sm2(a+^
.059. □ По условию, SABC— треугольная пирамида, AB=BC=a, LABC—a, SOL{ABC), LSAO- LSBO- LSCO-p (рис. P. 3.20). Так как is.SOA= kSOB= kSOC (по катету и прилежащему углу), то ОА — ОВ—ОС, т. е. О — центр окружности, описанной около КаВС. (л а\а
2 — 2/ = ^ 005 2’
a
а В—. Из &SOA находим 50=, откуда
aa
2cos-2cos-
2
^пир=| Saabc ■ a2sinaa3 sin tg^. ■
2 cos -2
2
.060. - h3 tg2 a sin p.
.061. □ По условию, DABC — пирамида, ABC — правильный треугольник
а адим -0^=2 ct8 2’ а из ^DBK получима адим -0^=2 ct8 2’ а из ^DBK получим
а а
дим -0^=2 ct8 2’ а из ^DBK получим
а а
дим -0^=2 ct8 2’ а из ^DBK получим
(ABD)L(ABC), (BCD)L(ABC), LADC=a, AB = a (рис. P. 3.21). Требуется найти высоту призмы с основанием, равным ^АВС, причем Кпр = Кпяр. Высота пирамиды совпадает с ребром DB, так как перпендикуляр, опущенный из D на (АВС), должен принадлежать и (АВС), и (CBD). Проведем DK1AC; так как ZxADC — равнобедренный, то КА=КС. Из ^DKG нахо-
.062. □ По условию, DABC—пирамида, LACB=90°, ADL(ABC), LDBA = a, LDBC=P (а<Д (рис. Р. 3.22). Пусть AD=h; тогда из ^ADB находим AB=h ctgo, DB=-^—. Так как BCLAC, то DCLBC и из kDCB получим sin а
- „ h cos Р ,_., ВС
BC=DBcosP=. Итак, в &АВС имеемsinz.^ =— =
sinaАВ
A cos вcos в. cos/? „ я . cosp _
==.откуда Z_J=arcsin, LB=—arcsin. ■
sin a ■ h ctg a cos acos a 2 cos a
.063. □ По условию, ABCDA1B1C1D,—правильная четырехугольная усеченная пирамида, АВ=a, OOi)-(ABC), B1E^DiF\\OO1, LDtDE=a, LB1DE=P (рис. P. 3.23). Пус"гь AiB^x; тогда B^^x^, BD = a^l. Имеем
aJl xJl (a — x)y/la^ Xspl
FD = 0D-0F=—— =-—,ED = 0D+0E——+-— =
22222
(a+xk/2(a-x^Jl
^. Из ^DXFD находим DtF=FD tga=tga, а из kB^ED
получим BtE— EDtgp=^—t6P- Так как D1F=B1E=OO1, то a sin (а—в)
(а-х) tg«=(a+x) tg^ или x(tg^+tga)=o (tga-tg Д, т. е. х=———.
$т(а+Д
Итак, Зд в.са = . 2, ,■
1,11 яп2(а+Д
л(а2-62) ctg (я/л) 3.064..
cos а
3.065. □ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, 5бм=5$длвс (рис. Р.3.24); требуется найти LASB. Пусть SA = l
3 .
и LASB=a; тогда 5б«=2 “sinа. Из ZxASBuo теореме косинусов находим
4/2 sin2 - Ji
АВ1 =ТР—TP cos а=4^ sin2 -; тогда 5йлвс==Pji sin2 -. Ис-
3 .. г , а а а г а
пользуя условие, имеем: - rsma=5r>/3 sin2 -; Зяп - cos- = 5>/3 яп2-;
a Ji a Ji „ Ji _
tg -=—; -2=arclg —, t. e. a=2arctg —. ■
3.066.3.067.3.066.3.067.arctgVctg2 а+ctg2 p.
3.066.
3.067.
3.066.
3.067.
□ По условию, Sxbc.k—правильная л-угольная пирамида, LASB=a, SM и SN — апофемы смежных боковых граней; требуется найти LMSN (рис. Р.3.25). Проведем 50ЦАВС) и соединим О с точками А, В, М и N. Имеем £_АОВ=~, 1_АВС=^^——. Пусть АВ=а. Из £^MSB найдем лл
а а
SM=- ctg -. Далее из Z^MNB по теореме косинусов находим
р а1MtP =cos2 2р а1MtP =cos2 2я(л—2) а1я(л—2) а1лл22,/2я'1 —cos I я\ л,/2я'1 —cos I я\ ло22о22,2я\1 +COS — =a2 cosп ),2я\1 +COS — =a2 cosп )яялла иза изД MSN получимД MSN получим
р а1MtP =cos2 2
р а1MtP =cos2 2
я(л—2) а1
я(л—2) а1
л
л
2
2
,/2я'
1 —cos I я
\ л
,/2я'
1 —cos I я
\ л
о22
о22
,2я\
1 +COS — =a2 cosп )
,2я\
1 +COS — =a2 cosп )
я
я
л
л
а из
а из
Д MSN получим
Д MSN получим
аг а MN^ISM^ISM1 cos LMSN=2 — ctg2 - (1 -cos LMSN) =
, . 2 LMSN 2a
=<r sin2ctg2 -.
LMSN ,a ctg2 -;26 2LMSN ,a ctg2 -;26 222
LMSN ,a
ctg2 -;
26 2
LMSN ,a
ctg2 -;
26 2
Следовательно, a2 cos2-=a2 sin: лСледовательно, a2 cos2-=a2 sin: л. LMSNя a
Следовательно, a2 cos2-=a2 sin: л
Следовательно, a2 cos2-=a2 sin: л
sin=cos - tg -.
2я2
Итак, LMSN= 2 arcsin
..vsin a
3.068. arcsin ——; ~<a<~. 3.069. arcsin5—. 3.070. arcsin ——.
V3 62cV2
3.071. □ По условию, У1Пу2=/, двугранный угол / равен a, ABe-jv Ц; АВ)«=Р; требуется найти (y^f~5B) (рис. Р.3.26). Проведем ЛО1у2, АСИ; тогда LACO = a (как линейный угол двугранного угла АВСОХ LABC=p. Так как О В — проекция А В на у2, то L АВО — искомый угол. Пусть АО = а;
аАС а
тогда АС=(из ДЛОС), а в &АСВ имеем АВ=—-= ,—. Нако-
sinasinp sinasinp
АО
нец, из LAOB находим sin LABO=-^=sna sin/?. Итак, L ABO = arcsin (sin a sin /?). ■
3.072. arccos3.073. arctg /-+^C0---. 3.074. 2 arctg (cos a). 3.075. 1/6/6. 3.076.
3>/5—4cosa
arctg (2 ctg a).-
3.077. □ По условию,SA ВС — правильнаятреугольная пирамида,
Sgot : $длвс=к, SOL(ABC); требуется найти LASO (рис. Р.327). Пусть
SO = h и LASO = a; тогда в LSOA имеем AO = htga, откуда AB=AO^ = htga • sfi, OD=^ ОЛ=^ h tgос. Проведем SDLAC и из LSOD найдем SD=y/sO^+O^= h2+- h1 tg2a=^5/4+tg2a. Следова-
V 42
тельно,
5бож=| АВ ■ SD=^ h tga-i/з ■ ^i/4+t?«=j h1 tgaV3(4+tg2a),
3h2 tg2 a • J3
8длвс=•
Итак, получаем уравнение
3A2tgaV3(4+tg2a) 4V^+tg2!"гт-п ; , , , 2,
=——=£; — =к; V4ctg2a+l=fc; 4ctg2a=t2-l;
43A2tg2a,/3tgav
ctga=—, откуда a=arctg —-—. ■
3.078. -1/3. 3.079. arccos(V2/4).
3.080. □ По условию, OABCDEF — правильная шестиугольная пирамида, ОО^ЦАВС), LFOE= LOFOX (рис. P.3.28). Положим OF=l и LFOE=a*, тогда FE=^2P — 2I1 cosa=27 sin ^. Учитывая, что OlF=FE, в LOO^
имеемимеемa2/ sin - 2a2/ sin - 2cosa=—-cosa=—-aa , a a— 2sin2- + l=2sin2sin2-+2sin—1=0;2222aa , a a— 2sin2- + l=2sin2sin2-+2sin—1=0;2222
имеем
имеем
a
2/ sin - 2
a
2/ sin - 2
cosa=—-
cosa=—-
aa , a a
— 2sin2- + l=2sin2sin2-+2sin—1=0;
2222
aa , a a
— 2sin2- + l=2sin2sin2-+2sin—1=0;
2222
. a -1 + V3 aJ3-1sin -=; -=arcsin;22223.081. □ По условию, AC AC AC AC AC , —=—=—=—=—=k AB BC SA SB SC. a -1 + V3 aJ3-1sin -=; -=arcsin;22223.081. □ По условию, AC AC AC AC AC , —=—=—=—=—=k AB BC SA SB SC„ ■ V3-1 „ a = 2arcsin———. ■SABC — треугольная„ ■ V3-1 „ a = 2arcsin———. ■SABC — треугольная(рис. P.3.29).(рис. P.3.29).пирамида. Так какпирамида. Так какACAB=BC=SA=SB = SC=—, токACAB=BC=SA=SB = SC=—, токLASB= LBSC (по трем сторонам). ПроLASB= LBSC (по трем сторонам). Проведем ADLSB и соединим точки D и С. Тогда LASD = /к SDC (поскольку SA = SC, сторона SD— общая и LASD = LDSQ, откуда следует, что Д SDC= LSD А =90°. Поэтому LADC — линейный угол двугранного угла ASDC, т. е. искомый угол. Из LADC по теореме косинусов находимведем ADLSB и соединим точки D и С. Тогда LASD = /к SDC (поскольку SA = SC, сторона SD— общая и LASD = LDSQ, откуда следует, что Д SDC= LSD А =90°. Поэтому LADC — линейный угол двугранного угла ASDC, т. е. искомый угол. Из LADC по теореме косинусов находимА С1 = 1AD1 - 1AD1 cos L ADC, гдеА С1 = 1AD1 - 1AD1 cos L ADC, гдеSAJ3 ACJ3AD=—-—=———, так как2 2itSAJ3 ACJ3AD=—-—=———, так как2 2it
. a -1 + V3 aJ3-1
sin -=; -=arcsin;
2222
3.081. □ По условию, AC AC AC AC AC , —=—=—=—=—=k AB BC SA SB SC
. a -1 + V3 aJ3-1
sin -=; -=arcsin;
2222
3.081. □ По условию, AC AC AC AC AC , —=—=—=—=—=k AB BC SA SB SC
„ ■ V3-1 „ a = 2arcsin———. ■
SABC — треугольная
„ ■ V3-1 „ a = 2arcsin———. ■
SABC — треугольная
(рис. P.3.29).
(рис. P.3.29).
пирамида. Так как
пирамида. Так как
ACAB=BC=SA=SB = SC=—, ток
ACAB=BC=SA=SB = SC=—, ток
LASB= LBSC (по трем сторонам). Про
LASB= LBSC (по трем сторонам). Про
ведем ADLSB и соединим точки D и С. Тогда LASD = /к SDC (поскольку SA = SC, сторона SD— общая и LASD = LDSQ, откуда следует, что Д SDC= LSD А =90°. Поэтому LADC — линейный угол двугранного угла ASDC, т. е. искомый угол. Из LADC по теореме косинусов находим
ведем ADLSB и соединим точки D и С. Тогда LASD = /к SDC (поскольку SA = SC, сторона SD— общая и LASD = LDSQ, откуда следует, что Д SDC= LSD А =90°. Поэтому LADC — линейный угол двугранного угла ASDC, т. е. искомый угол. Из LADC по теореме косинусов находим
А С1 = 1AD1 - 1AD1 cos L ADC, где
А С1 = 1AD1 - 1AD1 cos L ADC, где
SAJ3 ACJ3AD=—-—=———, так как2 2it
SAJ3 ACJ3AD=—-—=———, так как2 2it
LASB — равносторонний. Значит, АС?=2—-z- (1— cos LADC);
,2 LADC 2k1. LADC kJ3
1-cos LADC=—;2sin2=—;sin= -=-!—•,
3232^33
kJ3 kJ3г
ДЛРС=2агс$п1 —j-, где 0<—j-<1, т. e. 0<Ar<V3. ■
3.082. □ По условию, ABCA1B1CV — правильная треугольная призма, AAt=H,
AN=NB, BM=MC, ((AXCXM); (ABCj) = a (рис. P.3.30). Проведем BE LAC и ЕЕЦААр LFEB=a как линейный угол двугранного угла. Пусть BE(\MN=O; тогда FOLMN (по теореме о трех перпендикулярах). Сечение FE Н
AXNMCX — трапеция, так как MN^АС. Из &FEO находим FO=;—=-—, яп а яп а
EO = Hctga, откуда BE=2Hctga. Из &ВЕС получим х/з 2//V3ctga
EC=MN=BEctg60° = 2Hctga-^- =6 ; значит, АС=А1С1 =
AH^ctga.
=. Итак,
3
AC+MN г Н l^Jlctga
Sa^mc,FO=H^ ctga ■ -—Л—. 12sin a яп a
3.083. □ По условию, ABCDA-KC^—прямая призма, ABCD — ромб, Z_BAD=a (a<90°), AAX : AB=k, CXE=EC, ADEF— сечение призмы (рис. P.3.31); требуется найти ((ABC); (FAD)). Пусть AB=a; тогда AAx=ka. Проведем BKLAD; тогда FKLAD (по теореме о трех перпендикулярах) и L FKB — линейный угол между сечением и основанием ABCD. Из Д АКВ найдем BK=asma; так как ££||Л1>, то FB=^ ВВХ =- ka. Наконец, из
‘FB ka к
AFBK получим tg LFKB=-—=:—=—:—,откуда
В К 2a яп a 2 яп a
LFKB=arctg-—.—. ■
2 яп a
3.084. ^j/l 3.085. 2<FJ2 sin (a + ”) sina tg/?. 3.086. - (<?-b2)(a-b) tg3a tg/?.
2 cos aX 4/8
2m x 2 cos ala3 sin 2a
3.087. arctg. 3.088. V. , , v 3.089. -. 3.090..
m + n2sn(a/2)7 2cos«p
3.091. □ По условию, ХА1А2А3...А12 — правильная двенадцатиугольная пирамида, ХАхА5 — сечение пирамиды плоскостью, ((5АхА^Х>11-41-АзТ)=а, ^hSAtAs—S (рис. Р. 3.32). Проведем SO^A^^^). Пусть OAX=R; так как 360°
LAtOA2=—^ = 30°, lAxOAs = 30° ■ 4 = 120°, то AXAS —сторона правильного вписанного в окружность треугольника и AXAS=R^. Проведем
OKLA1A5; тогда LAYOK=6(f, OK=^R. Из ^SOK находим
SK=-^- =—^—, SO=- Rtga, поскольку LSKO — линейный угол дву- cosa 2 cos a2•
гранного угла между сечением и основанием. Имеем S^sa^,™-^ ^1^5 • SK,
г RR1^S cos (x
т. e. S=- RJ3 • =——, откуда R=-—. Далее находим
2cos a 4 cos a4/3
1 ., 125 cos a r
5осн=125дол,л1 = 12 ■ - R1 sm30 =3R? =—=4SV3 cos a.
2V3
Итак,
145^3 cos a 1 2Vs cos a 45 sin ads cosa
Рпир=т ■ 5осн • SO —-• - •——tga =—=
324/34/^7
45 ^/3 sin a >/s cos a
:. e
3.092. □ Пусть ААДВ — осевое сечение цилиндра, LAOB=a (рис. P.3.33).
Положим AAt =H; тогда, учитывая, что L ОАВ= L ОВАПоложим AAt =H; тогда, учитывая, что L ОАВ= L ОВАл a =2~2’л a =2~2’из Ь>,АХАВиз Ь>,АХАВнаходим АВ=Н ctgнаходим АВ=Н ctgл aл aaa)=ytg-. Следовательно, 2 2/2)=ytg-. Следовательно, 2 2/2иН1^ . н=,4иН1^ . н=,4откуда Н=откуда Н=
Положим AAt =H; тогда, учитывая, что L ОАВ= L ОВА
Положим AAt =H; тогда, учитывая, что L ОАВ= L ОВА
л a =2~2’
л a =2~2’
из Ь>,АХАВ
из Ь>,АХАВ
находим АВ=Н ctg
находим АВ=Н ctg
л a
л a
a
a
)=ytg-. Следовательно, 2 2/2
)=ytg-. Следовательно, 2 2/2
иН1^ . н=,
4
иН1^ . н=,
4
откуда Н=
откуда Н=
3.093. □ По условию, ААXBVB — развертка боковой поверхности цилиндра, ААХ
S
Рис. Р.3.32Рис. Р.3.32
Рис. Р.3.32
Рис. Р.3.32
Рис. Р.3.35Рис. Р.3.35и ВХВ— его образующие, А В и АХВ. —длины окружностей его оснований, ABx=d, LAOAx = a (рис. Р.3.34). Так как LAOAx—внешний угол аравнобедренного треугольника АОВ, то LOBA=-. Из ДАхАВ находими ВХВ— его образующие, А В и АХВ. —длины окружностей его оснований, ABx=d, LAOAx = a (рис. Р.3.34). Так как LAOAx—внешний угол аравнобедренного треугольника АОВ, то LOBA=-. Из ДАхАВ находима2А —d sin -, AB—d cos -. Итак, 122а2А —d sin -, AB—d cos -. Итак, 122. a al5бох=2т.ВН=АВ ■ AAx=<r sin - cos -=- 22 2. a al5бох=2т.ВН=АВ ■ AAx=<r sin - cos -=- 22 2e/2 sin a. ■e/2 sin a. ■a3 cos2 а sin а3.094.. 3.095.4яa3 cos2 а sin а3.094.. 3.095.4яuSuS. Tinsinт + л. Tinsinт + л.4mm л_ ял—. 3.096.2arctg—при— <-;2arctg—при-ялл44m.4mm л_ ял—. 3.096.2arctg—при— <-;2arctg—при-ялл44mm л _ n? яп 28 cos 8->-.3.097.- -—з-.л 48 cos a3.098. □ Изобразим осевое сечение конуса; SO — высота конуса, SA и SB — его образующие (рис. Р.3.35). По условию, SA — SO=d, LASO = a. Пусть ROA=R. Из Д50А находим SO=R ctga, SA=-—. Используя условие, Sinam л _ n? яп 28 cos 8->-.3.097.- -—з-.л 48 cos a3.098. □ Изобразим осевое сечение конуса; SO — высота конуса, SA и SB — его образующие (рис. Р.3.35). По условию, SA — SO=d, LASO = a. Пусть ROA=R. Из Д50А находим SO=R ctga, SA=-—. Используя условие, SinaR.R(l-cosa) аимеемR ctga == R tg -sin asin a2R.R(l-cosa) аимеемR ctga == R tg -sin asin a2ad, откуда R=d ctg -. Итак,ad, откуда R=d ctg -. Итак,Ижои=^ kR1 ■ SO=^ л^3 ctga=^ ^ ctg3 ^ ctga. HIИжои=^ kR1 ■ SO=^ л^3 ctga=^ ^ ctg3 ^ ctga. HITU?TU?3.099.;r.„ . , /я a \ . 2 sin sin a14 23.099.;r.„ . , /я a \ . 2 sin sin a14 2a3.100. 2arcsin —.3.101.2лa3.100. 2arcsin —.3.101.2лnarcos a 12sin(a/2)’narcos a 12sin(a/2)’3.102.3.102.sin a4 л cos fl cos2 (Д/2)sin a4 л cos fl cos2 (Д/2)3.103.3.103.лА33 sin2 pлА33 sin2 pcos2 S+tg2 - ). 3.104. arcsin2/cos2 S+tg2 - ). 3.104. arcsin2/V5-i2V5-i2
Рис. Р.3.35
Рис. Р.3.35
и ВХВ— его образующие, А В и АХВ. —длины окружностей его оснований, ABx=d, LAOAx = a (рис. Р.3.34). Так как LAOAx—внешний угол а
равнобедренного треугольника АОВ, то LOBA=-. Из ДАхАВ находим
и ВХВ— его образующие, А В и АХВ. —длины окружностей его оснований, ABx=d, LAOAx = a (рис. Р.3.34). Так как LAOAx—внешний угол а
равнобедренного треугольника АОВ, то LOBA=-. Из ДАхАВ находим
а2
А —d sin -, AB—d cos -. Итак, 122
а2
А —d sin -, AB—d cos -. Итак, 122
. a al
5бох=2т.ВН=АВ ■ AAx=<r sin - cos -=- 22 2
. a al
5бох=2т.ВН=АВ ■ AAx=<r sin - cos -=- 22 2
e/2 sin a. ■
e/2 sin a. ■
a3 cos2 а sin а
3.094.. 3.095.
4я
a3 cos2 а sin а
3.094.. 3.095.
4я
uS
uS
. Tinsinт + л
. Tinsinт + л
.4mm л_ ял
—. 3.096.2arctg—при— <-;2arctg—при
-ялл44m
.4mm л_ ял
—. 3.096.2arctg—при— <-;2arctg—при
-ялл44m
m л _ n? яп 28 cos 8
->-.3.097.- -—з-.
л 48 cos a
3.098. □ Изобразим осевое сечение конуса; SO — высота конуса, SA и SB — его образующие (рис. Р.3.35). По условию, SA — SO=d, LASO = a. Пусть R
OA=R. Из Д50А находим SO=R ctga, SA=-—. Используя условие, Sina
m л _ n? яп 28 cos 8
->-.3.097.- -—з-.
л 48 cos a
3.098. □ Изобразим осевое сечение конуса; SO — высота конуса, SA и SB — его образующие (рис. Р.3.35). По условию, SA — SO=d, LASO = a. Пусть R
OA=R. Из Д50А находим SO=R ctga, SA=-—. Используя условие, Sina
R.R(l-cosa) а
имеемR ctga == R tg -
sin asin a2
R.R(l-cosa) а
имеемR ctga == R tg -
sin asin a2
a
d, откуда R=d ctg -. Итак,
a
d, откуда R=d ctg -. Итак,
Ижои=^ kR1 ■ SO=^ л^3 ctga=^ ^ ctg3 ^ ctga. HI
Ижои=^ kR1 ■ SO=^ л^3 ctga=^ ^ ctg3 ^ ctga. HI
TU?
TU?
3.099.;r.
„ . , /я a \ . 2 sin sin a
14 2
3.099.;r.
„ . , /я a \ . 2 sin sin a
14 2
a
3.100. 2arcsin —.3.101.
2л
a
3.100. 2arcsin —.3.101.
2л
narcos a 12sin(a/2)’
narcos a 12sin(a/2)’
3.102.
3.102.
sin a
4 л cos fl cos2 (Д/2)
sin a
4 л cos fl cos2 (Д/2)
3.103.
3.103.
лА3
3 sin2 p
лА3
3 sin2 p
cos2 S+tg2 - ). 3.104. arcsin2/
cos2 S+tg2 - ). 3.104. arcsin2/
V5-i
2
V5-i
2
□ По условию, SAK ~ конус, SO —его высота, BK—хорда, ВК=а, оВпК=а, LOSK=P (рис. Р.3.36). Так как \jBnK=tf, то LBOK=of. Пусть R — радиус основания конуса; тогда в Д ОВК имеем a1=2R1-2R1 cosa=47?2 sin2 “, г. е. a=2R sin ;, откуда R=— Из 222sm(a/2)
a ctg В
Д50К находим SO = OK ctg ^ =—-——. Итак,
2 sin (a/2)
11 a2V=- uR1 SO=-n33 4 sin2 (a/2)3.107. □ Пусть AAXBYB — осевое и BBX — его образующие,11 a2V=- uR1 SO=-n33 4 sin2 (a/2)3.107. □ Пусть AAXBYB — осевое и BBX — его образующие,Рис. Р.3.38Рис. Р.3.38a ctg^ ла3 ctg^2 sin (a/2) 24 sin3 (a/2)"a ctg^ ла3 ctg^2 sin (a/2) 24 sin3 (a/2)"сечение усеченного конуса, где ААХ АВ и AtBx — диаметры его оснований,сечение усеченного конуса, где ААХ АВ и AtBx — диаметры его оснований,Г и К — центры этих оснований, ABxf\AxB=O (рис. Р.3.37).„. „- 2 .Г и К — центры этих оснований, ABxf\AxB=O (рис. Р.3.37).„. „- 2 .условию, АО : ОВХ =2условию, АО : ОВХ =21, LAOB=a, ABt=l. Имеем АО=-1,1, LAOB=a, ABt=l. Имеем АО=-1,СогласноOBt=-l, 1 3СогласноOBt=-l, 1 3л aloab= loba=.2 2л aloab= loba=.2 2Проведем BtELAB и из ZkABiEПроведем BtELAB и из ZkABiEнаходимнаходим/л aB.E=l sin I -— \2 2/л aB.E=l sin I -— \2 222ааa_ . a --=/cos -. Затем из Д OFA найдем AF—AO sin -—- l sin -,a_ . a --=/cos -. Затем из Д OFA найдем AF—AO sin -—- l sin -,al a и, наконец, из Д OKBt получим КВХ = ОВХ sin -=- I sin -. Итак,al a и, наконец, из Д OKBt получим КВХ = ОВХ sin -=- I sin -. Итак,
11 a2
V=- uR1 SO=-n
33 4 sin2 (a/2)
3.107. □ Пусть AAXBYB — осевое и BBX — его образующие,
11 a2
V=- uR1 SO=-n
33 4 sin2 (a/2)
3.107. □ Пусть AAXBYB — осевое и BBX — его образующие,
Рис. Р.3.38
Рис. Р.3.38
a ctg^ ла3 ctg^
2 sin (a/2) 24 sin3 (a/2)"
a ctg^ ла3 ctg^
2 sin (a/2) 24 sin3 (a/2)"
сечение усеченного конуса, где ААХ АВ и AtBx — диаметры его оснований,
сечение усеченного конуса, где ААХ АВ и AtBx — диаметры его оснований,
Г и К — центры этих оснований, ABxf\AxB=O (рис. Р.3.37).
„. „- 2 .
Г и К — центры этих оснований, ABxf\AxB=O (рис. Р.3.37).
„. „- 2 .
условию, АО : ОВХ =2
условию, АО : ОВХ =2
1, LAOB=a, ABt=l. Имеем АО=-1,
1, LAOB=a, ABt=l. Имеем АО=-1,
Согласно
OBt=-l, 1 3
Согласно
OBt=-l, 1 3
л a
loab= loba=.
2 2
л a
loab= loba=.
2 2
Проведем BtELAB и из ZkABiE
Проведем BtELAB и из ZkABiE
находим
находим
/л a
B.E=l sin I -— \2 2
/л a
B.E=l sin I -— \2 2
2
2
а
а
a_ . a --
=/cos -. Затем из Д OFA найдем AF—AO sin -—- l sin -,
a_ . a --
=/cos -. Затем из Д OFA найдем AF—AO sin -—- l sin -,
al a и, наконец, из Д OKBt получим КВХ = ОВХ sin -=- I sin -. Итак,
al a и, наконец, из Д OKBt получим КВХ = ОВХ sin -=- I sin -. Итак,
. . .1 2..1 1„ . ,l\
Ртс хон =-/ COS -I -г sin2 -+-гsin2 - +-г sin2 - 1 =
^32\92 92 92/
7лa . , а7л/3a
=— r cos - sin2 - w—— sin a sin -. ■ 2722542
□ По условию, ABCD — ромб, AB=a, LBAD — a (a <90°), MN—ось вращения, MN\\AC, BeMN (рис. P.3.38); требуется найти Рт.»р=2(Рвесд— УвесУ Трапеция BECD при вращении образует усеченный конус, а треугольник ВЕС — конус. Имеем
(
1\ 2
- л ■ BEt.BD^BD ■ ЕС+ЕС1-ЕС1) U- л BE ■ BD (BD+EC).
Но BD—2BO—2EC; поэтому Ут.^—АиВЕ ■ ЕС1. Учитывая, что LCBE—^, aa
из Д ВЕС находим ЕС—a sin -, BE—a cos -. Итак, 22
Ут го—4яа сот - • a1 sin3 ^-2м3 sin a sin -. ■ v 222
я
a
3.109. - ab^a+b1) sin a cos -.
3.110.
Snr2 cos2
sin2 a
3.111. arccos(l/9). 3.112.
I cos a sin /?sin(a+/J) "
3.113.
3/2 sin2 2a
4 sin2
3.114.
V cos2 (a/2) sin aя
3.115. □ По условию, SAE — конус, SABCD—вписанная в конус пирамида, АВ=ВС, CD=AD, LABC=a (рис. Р.3.39). Проведем SOL (АВС) и обозначим OA=R, S0 = H. Отрезок SO является высотой конуса и пирамиды; тогда Кжои=^ яЯ2И. Так как LABC=a, то LBAC= LBCA=%°—^ LADC= 180° — а (согласно свойству четырехугольника, вписанного в окру
жность) и
LCAD= LACD =
180° —(180°—a)_a 2~2
Таким
образом.
LBAD= LBAС + Z_CAD=90°, т. е. ^BAD — прямоугольный и BD = 2R.
Аналогично, ZxBCD — прямоугольный и, значит, 1/ „ а\ . а
Sxbcd = 2S&bxd = ^ 2 АВ ■ AD = 2R sin I 90 --1 ■ 2R sin - =
= 4R2 sin - cos -=2R2 sin a. 22
1,2R2H sin a
Тогда Knnp=- ■ 2R sin a ■ H=-. Окончательно получим
^™»_2J?2Hsina nR2H _2 sin a
3:~з я И
3.116. □ По условию, DAB — конус, DABC — вписанная в этот конус пирамида, ADLBD, ADLCD, DBLDC, DOL(ABC) (рис. Р.3.40). Так как DB=DC=DA, то &ADB= &ADC= ADBC как прямоугольные треугольники, имеющие по два равных катета; следовательно, ^АВС — правильный. Положим aJ2.ОА aJ3 aJ2
АВ=а; тогда DA =——. Из ^AOD находим sin LADO = —-=—— : —— = 2DA 33
x/бх/б
=-^, т. е. Z.^PO=arcsm —. ■
3 ’
Рис. Р.3.39
Рис. Р.3.40
Рис. Р.3.41
. 3.118. V tg2 -. 3.119.sitn2 a sin2 2а.
Зяп2а212
□ Осевое сечение фигуры изображается треугольником SAB, в который вписан полукруг МпК; SA и SB — образующие конуса, SOLAB — высота конуса; АВ — диаметр основания конуса и МК — диаметр полукруга; О — центр основания конуса и полукруга (рис. Р.3.41). По условию, SA=l, Z_SAO=a. Из hSOA находим О А = 1 cos а. Пусть С — точка касания полушара с боковой поверхностью конуса; тогда OCLSA. Из ДОСЛ получим
ОС= О A sin а=/ cos а sin а=- / sin 2а. Следовательно,
2211
bnSJAS sin 2а2arctg -. 3.122. cos 2а, считая от основания. 3.123. —^3.124. 1 — к. а3 sin2 2а cos аbnSJAS sin 2а2arctg -. 3.122. cos 2а, считая от основания. 3.123. —^3.124. 1 — к. а3 sin2 2а cos а3.121.3.121.К=- яОС3=- п ■ - Р sin3 2а=— up sin3 2а. ■ 33812
bnSJAS sin 2а
2arctg -. 3.122. cos 2а, считая от основания. 3.123. —^3.124. 1 — к. а3 sin2 2а cos а
bnSJAS sin 2а
2arctg -. 3.122. cos 2а, считая от основания. 3.123. —^3.124. 1 — к. а3 sin2 2а cos а
3.121.
3.121.
2 cos2а
7/25. 3.126..'
cos 2а tg а
□ Изобразим осевое сечение фигуры. В сечении получим &SDE, где SD и SE — образующие конуса, ED — диаметр его основания, SB — высота конуса, О — центр большого круга вписанного в конус шара, С — точка касания круга с SD, А — центр окружности, по которой шар касается боковой поверхности конуса (рис. Р.3.42). По условию, AC=r, LBSD=a. Соединим точки О и С; тогда OCLSD, ACLSB; следовательно, LOCA= LBSD = a. Из ДОЛС имеем ОС=——, а из &OCS находим cos а
ОС г
SO=-:. Но яп а яп а cos а
SB=S0 + 0B=80 + ОС =+—— =
sin а cos а cos а
гsin а cos агsin а cos а(1+sina)(1+sina)2г(1 +sina) sin 2а ’2г(1 +sina) sin 2а ’
гsin а cos а
гsin а cos а
(1+sina)
(1+sina)
2г(1 +sina) sin 2а ’
2г(1 +sina) sin 2а ’
„ 2^1+sma)tga ^1+япа)
Далее из &SBD получим BD—SB tga=——5. Итак,
sin 2acos2 a
^km=j kBD1 • SB=- я^km=j kBD1 • SB=- яH(1 +sina):cos4 aH(1 +sina):cos4 ar(l +sina) я‘п a cos ar(l +sina) я‘п a cos a
^km=j kBD1 • SB=- я
^km=j kBD1 • SB=- я
H(1 +sina):cos4 a
H(1 +sina):cos4 a
r(l +sina) я‘п a cos a
r(l +sina) я‘п a cos a
□ Осевое сечение фигуры представляет собой равнобедренную трапецию LMM^, в которую вписана окружность с центром О (рис. Р.3.43). По условию, LLX и ММ^ — диаметры нижнего и верхнего оснований конуса, А и В — центры этих оснований. Обозначим радиусы оснований усеченного конуса через Rer, тогда uR1 : яг2 = 4 или R=lr. Проведем МК\\АВ; имеем ML=R+r=3r (в силу свойства отрезков касательных, проведенных из одной точки к окружности), KL=BL—BK=BL—AM=1r—r=r. Из
KL г 11
LMKL находим cos LMLB==—=-, т. е. z_MLB=aiccos ■ ML 3r 33
V sin2 -. 4
□ По условию, ABC — остроугольный треугольник, ADL.BC, СЕ1.АВ, AD = a, CE=b, LAOE=a (рис. P.3.44). Заметим, что 1_ABD= LAOE=a как острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами (OEJ.AB, а b
ODLBQ. Из &ABD и ^ВЕС находим АВ=-—, ВС=-—. В &АВС имеем sin asin а
о1 b1 lab
AC^AB^BL-IAB ■ ВС cos а— .+-г-;гч- cosa. Итак,
sin2 a sin2 a sin2 а
J■‘rb1—lab cosa _
АС=—:. ■
sina
□ По условию, Ll>CE= LDEC, tg LDCE=3^, AD=AE и LDCL= ULCE\ требуется найти LLC А (рис. P.3.45). Так как tg LDCE=3[4<\, to LDCE<45° и LCDE>90°, t. e. ZxCDE — тупоугольный. Проведем DFLCE, AB^DF. Пусть CE=a; тогда CF=-, FB=-, 24
3a „ 1 „ 1 а3a„ AB За За 1
CB=—, AB=- DF=- • - • tg LDCE=—. Значит, tg LACB=— =— : — =- 422 216CB 16 4 4
131
и далее LLC A = LLCF— LACB=- arctg —arctg -. Теперь находим 244
1 1
/13\/1 -cos а 13~41 _
1 + 12
□ По условию, AB^DC; AD=BC; LBOC=a; 5двсв=8 (рис. Р.3.46). Так
как LBOC — внешний угол ZxDOC, то LBOC=2LODC, т. е. L ODC=a.!2. а
Проведем BNLCD, EF\\BN; из &OFD и &ОЕВ находим OF=DFtg-,
аа
а2"а2"OE=BEtg^. Пусть BN=h; тогда h=OF+OE—(DF+BE) tg -. Но
а
2"
а
2"
SABCD=(DF+BE)h, т. е. S-h2 ctg -, откуда h=
3.134.3.136.3.134.3.136.72/97. 3.135. 2 sin fa+^j.
3.134.
3.136.
3.134.
3.136.
□ По условию, ВС=а, ADLBC, AD=h, LBAC=a (рис. Р.3.47); требуется найти АВ+АС. Пусть R — радиус окружности, описанной около ДАВС; тогда a=2R sin A = 2R sin а.
В+С В-С
АВ+AC=2R(sin В+sin Q=4R sin —— cos- ■ =
=4R sin=4R sin180° —aB-CaB-C
=4R sin
=4R sin
cos=4R cos - cos.2222
Ho R=—;— и, значит, 2 sin a
(1)(1)4aaB-CaB-C
(1)
(1)
AB+AC=;— cos - cos=cos.
2 sin a22.a 2
sin -
2
Далее имеем.а=5Р + РС=А ctg5+A ctgC=Далее имеем.а=5Р + РС=А ctg5+A ctgC=Asin(5 + Q Asina sin В sin C sin В sin CAsin(5 + Q Asina sin В sin C sin В sin Cтактаккак sin5 sinC=^ (cos(S—C)—cos(5+C))=^ (cos(S— C)+cosa),как sin5 sinC=^ (cos(S—C)—cos(5+C))=^ (cos(S— C)+cosa),2A sin acos(B—Q+cos a'2A sin acos(B—Q+cos a'Следовательно,Следовательно,
Далее имеем.а=5Р + РС=А ctg5+A ctgC=
Далее имеем.а=5Р + РС=А ctg5+A ctgC=
Asin(5 + Q Asina sin В sin C sin В sin C
Asin(5 + Q Asina sin В sin C sin В sin C
так
так
как sin5 sinC=^ (cos(S—C)—cos(5+C))=^ (cos(S— C)+cosa),
как sin5 sinC=^ (cos(S—C)—cos(5+C))=^ (cos(S— C)+cosa),
2A sin acos(B—Q+cos a'
2A sin acos(B—Q+cos a'
Следовательно,
Следовательно,
Учитывая,Учитывая,чточто, В-С cos (5 — С)=2cos2 —1,, В-С cos (5 — С)=2cos2 —1,получимполучим2Л sina—acosa2Л sina—acosaаа.B—CB—C 2h sina—a cosa+a=2 cos1, откуда cos= /.22 V 2a.B—CB—C 2h sina—a cosa+a=2 cos1, откуда cos= /.22 V 2aПодставив последнее выражение в равенство (1), окончательно находимПодставив последнее выражение в равенство (1), окончательно находимAB+AC= a sin - 2AB+AC= a sin - 22Л sin a+a (1 — cos а)2Л sin a+a (1 — cos а)2д2дsin -sin -a a . , a4Л sin - cos - + 2a sin2 -2222aa a . , a4Л sin - cos - + 2a sin2 -2222a,,а 01> ■ , “2а Л sin - cos - +а sin2 - 222,,а 01> ■ , “2а Л sin - cos - +а sin2 - 222• 1“ a sin -2• 1“ a sin -22аА ctg 2 + °2- ■2аА ctg 2 + °2- ■
Учитывая,
Учитывая,
что
что
, В-С cos (5 — С)=2cos2 —1,
, В-С cos (5 — С)=2cos2 —1,
получим
получим
2Л sina—acosa
2Л sina—acosa
а
а
.B—CB—C 2h sina—a cosa+a
=2 cos1, откуда cos= /.
22 V 2a
.B—CB—C 2h sina—a cosa+a
=2 cos1, откуда cos= /.
22 V 2a
Подставив последнее выражение в равенство (1), окончательно находим
Подставив последнее выражение в равенство (1), окончательно находим
AB+AC= a sin - 2
AB+AC= a sin - 2
2Л sin a+a (1 — cos а)
2Л sin a+a (1 — cos а)
2д
2д
sin -
sin -
a a . , a
4Л sin - cos - + 2a sin2 -
222
2a
a a . , a
4Л sin - cos - + 2a sin2 -
222
2a
,,а 01> ■ , “
2а Л sin - cos - +а sin2 - 222
,,а 01> ■ , “
2а Л sin - cos - +а sin2 - 222
• 1“ a sin -
2
• 1“ a sin -
2
2аА ctg 2 + °2- ■
2аА ctg 2 + °2- ■
2Л sin а2Л sin a—a cosa
aaaacos (S—C)=cos a=.
a
a
a
a
Г. a Ssin(a — y)
a^AS ctg -. 3.138. -—
У22sm(a+y)
□ По условию, AD\\BC, BC=2, LABC= LBCD =135°, LAOD=150° (рис. P.3.48). Так как углы при основании равны, то трапеция равнобедренная, т. е. AB=CD. Находим L ADC = 180°-135° =45°; 180°-150°
LODA=-= 15°; LBDC=A5° —15° = 30°. Из ^.BDC по теореме
ВС BD2sin45° п тх
синусов имеем . ■—„=■? , откуда BD=^-—— = м2. Итак, sin 30° sin 135°3sin 30°
Sabcd=~ BD1 sin 150°=^ ■ 8 • -=2 (поскольку площадь выпуклого четырех-
1
угольника равна - d^ sin а, где a — угол между диагоналями).
3.140.
-Ja1-Vb1-vTxib cos a
2 sin 2a
3.141.
—cos 2a.
3.142.^^,P '
^Jcf-b1 sin a—6 cos a.
□ По условию, ДВАС=а, BC=a, ДОАВ= LDAC, AELBC, ДОАЕ=Р aa
(рис. P.3.49). Имеем LBAD=-> LADfi—W-P; тогда дАВО=90°-р—
(согласно свойству внешнего угла треугольника), aa•
LACD=\%0°—-—У0°—P) = %° А- Р—. Пусть АО=1; тогда по теореме си- #22
нусов из ДАОВ и ДАОС получим:
ВОВО////I sin - 2I sin - 2=77<V=7г! ВО=;;a///a\Iаsin- an 90°— ЙН—I I cos /?+- cos 8+2\V2//\2/\2a 'I,Sin2:DC=;;a//a\\/a\(asin- sin I 90°—Ip—)j cos I fl—j - cos I 8—-2VV2/7V2/V 2=77<V=7г! ВО=;;a///a\Iаsin- an 90°— ЙН—I I cos /?+- cos 8+2\V2//\2/\2a 'I,Sin2:DC=;;a//a\\/a\(asin- sin I 90°—Ip—)j cos I fl—j - cos I 8—-2VV2/7V2/V 2ОСОС//
ВО
ВО
/
/
/
/
I sin - 2
I sin - 2
=77<V=7г! ВО=;;
a///a\Iа
sin- an 90°— ЙН—I I cos /?+- cos 8+
2\V2//\2/\2
a '
I,Sin2
:DC=;;
a//a\\/a\(a
sin- sin I 90°—Ip—)j cos I fl—j - cos I 8—-
2VV2/7V2/V 2
=77<V=7г! ВО=;;
a///a\Iа
sin- an 90°— ЙН—I I cos /?+- cos 8+
2\V2//\2/\2
a '
I,Sin2
:DC=;;
a//a\\/a\(a
sin- sin I 90°—Ip—)j cos I fl—j - cos I 8—-
2VV2/7V2/V 2
ОС
ОС
/
/
Следовательно, , . a / a\/a'
I sin a cos P(„ a\ / a' cos !/?--! cos U+-I sin a cos P(„ a\ / a' cos !/?--! cos U+-/ ЯП - I COS P l + cos p+- 2\\2/\2
I sin a cos P
(„ a\ / a' cos !/?--! cos U+-
I sin a cos P
(„ a\ / a' cos !/?--! cos U+-
a = BO + О C=>- VX '
c°s cos
(
a X / a P— COS I P+-
и чуда i=; '-'-
' sin a cos P
□ По условию, LACB=45°, ДАВС=\У, BC=a, AMLBC, AM —- радиус окружности, E и Г — точки пересечения окружности со сторонами АВ и АС; требуется найти S^fme (рис. Р.3.50). Из ДАМС и ДАМБ находим МС=АМ ctg«°=AM,МВ=АМ ctgl5°. Тогда а=СМ+МВ=
= АМ (1+ctg 15°), т. е. АМ=^^ ^^ Заметим, что дЛ1В = 180о —
3.146.3.146.3.147.3.147.- (45" +15°) = 120°. Следовательно,\4FME = - Я ■ (1 +ctg 15=)2 =з (ctg45- +ctg 15о)2 = ял2 sin245° sin2 15° на1 (1 —cos 30°) ita1 (2—^3)3sin2 60°=918'- (45" +15°) = 120°. Следовательно,\4FME = - Я ■ (1 +ctg 15=)2 =з (ctg45- +ctg 15о)2 = ял2 sin245° sin2 15° на1 (1 —cos 30°) ita1 (2—^3)3sin2 60°=918'□ По условию, LACB=90°, LCBA = a (рис. P.3.51). Пусть Виг — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей; тогдаHC=2Asina; ВС=2R cos а. Следовательно, 5д^дс=-• 4Л2 sinacosa =S 2R? sin a cos a • 2= 2Л2 sin a cos a. По формуле (2.4) находим r = - =:- =p 2R (1 + sin a + cos a)□ По условию, LACB=90°, LCBA = a (рис. P.3.51). Пусть Виг — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей; тогдаHC=2Asina; ВС=2R cos а. Следовательно, 5д^дс=-• 4Л2 sinacosa =S 2R? sin a cos a • 2= 2Л2 sin a cos a. По формуле (2.4) находим r = - =:- =p 2R (1 + sin a + cos a)2R sin a cos a =-:, откуда1 + sina + cosa2R sin a cos a =-:, откуда1 + sina + cosaa aa / , aa4sin - cos -cosa2sin - cos —sin2-222 \ 22a aa / , aa4sin - cos -cosa2sin - cos —sin2-222 \ 22R „7 01• 01“2 cos2 - +2 sin - cos -222R „7 01• 01“2 cos2 - +2 sin - cos -222aacos - + sin -22aacos - + sin -22a /aa \,= 2sin - cos —sin - = sina—2sin2\22/a /aa \,= 2sin - cos —sin - = sina—2sin2\22/я яя яяя1.1.(я\-+e 1 = 1, откуда 4/(я\-+e 1 = 1, откуда 4/7 + a=-, t. e. a=-. ■424□ По условию, AB=BC, LACB=a, ЕСАМ=Р(рис. P.3.52). Пусть AB=a; тогда8&ЛМВ 0,5AB ■ AM sn(a—P) asn(a—P) sin(a — P)S^amc 0,5АСАМяпр 2acosasnP 2cosasin/?’7 + a=-, t. e. a=-. ■424□ По условию, AB=BC, LACB=a, ЕСАМ=Р(рис. P.3.52). Пусть AB=a; тогда8&ЛМВ 0,5AB ■ AM sn(a—P) asn(a—P) sin(a — P)S^amc 0,5АСАМяпр 2acosasnP 2cosasin/?’
3.146.
3.146.
3.147.
3.147.
- (45" +15°) = 120°. Следовательно,
\4FME = - Я ■ (1 +ctg 15=)2 =з (ctg45- +ctg 15о)2 = ял2 sin245° sin2 15° на1 (1 —cos 30°) ita1 (2—^3)
3sin2 60°=918'
- (45" +15°) = 120°. Следовательно,
\4FME = - Я ■ (1 +ctg 15=)2 =з (ctg45- +ctg 15о)2 = ял2 sin245° sin2 15° на1 (1 —cos 30°) ita1 (2—^3)
3sin2 60°=918'
□ По условию, LACB=90°, LCBA = a (рис. P.3.51). Пусть Виг — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей; тогда
HC=2Asina; ВС=2R cos а. Следовательно, 5д^дс=-• 4Л2 sinacosa =
S 2R? sin a cos a • 2
= 2Л2 sin a cos a. По формуле (2.4) находим r = - =:- =
p 2R (1 + sin a + cos a)
□ По условию, LACB=90°, LCBA = a (рис. P.3.51). Пусть Виг — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей; тогда
HC=2Asina; ВС=2R cos а. Следовательно, 5д^дс=-• 4Л2 sinacosa =
S 2R? sin a cos a • 2
= 2Л2 sin a cos a. По формуле (2.4) находим r = - =:- =
p 2R (1 + sin a + cos a)
2R sin a cos a =-:, откуда
1 + sina + cosa
2R sin a cos a =-:, откуда
1 + sina + cosa
a aa / , aa
4sin - cos -cosa2sin - cos —sin2-
222 \ 22
a aa / , aa
4sin - cos -cosa2sin - cos —sin2-
222 \ 22
R „7 01• 01“
2 cos2 - +2 sin - cos -
222
R „7 01• 01“
2 cos2 - +2 sin - cos -
222
aa
cos - + sin -
22
aa
cos - + sin -
22
a /aa \,
= 2sin - cos —sin - = sina—2sin
2\22/
a /aa \,
= 2sin - cos —sin - = sina—2sin
2\22/
я я
я я
я
я
1.
1.
(я\
-+e 1 = 1, откуда 4/
(я\
-+e 1 = 1, откуда 4/
7 + a=-, t. e. a=-. ■
424
□ По условию, AB=BC, LACB=a, ЕСАМ=Р(рис. P.3.52). Пусть AB=a; тогда
8&ЛМВ 0,5AB ■ AM sn(a—P) asn(a—P) sin(a — P)
S^amc 0,5АСАМяпр 2acosasnP 2cosasin/?’
7 + a=-, t. e. a=-. ■
424
□ По условию, AB=BC, LACB=a, ЕСАМ=Р(рис. P.3.52). Пусть AB=a; тогда
8&ЛМВ 0,5AB ■ AM sn(a—P) asn(a—P) sin(a — P)
S^amc 0,5АСАМяпр 2acosasnP 2cosasin/?’
так как AC=2a cosa. ■
□ По условию, LBAC=a, LBCA=y (a>y), AD=DC, BE — биссектриса (рис. P.3.53); требуется найти S&bde : S^abc- Проведем BFLAC; тогда
BFBE11
AB=-—, BC= .—..Имеем S^bde=S^abd—8длве=- S^abc-- AE ■ BF;
sin asin у22
S^BDE ! V\I1)AE.BF 1 AEAE AB BF BF siny
==. Ho —=—=:=; составим
S^abc 2 H!'2-) AC ■ BF 2 ACEC BC sina siny sina
Рис. P.3.53Рис. P.3.53
Рис. P.3.53
Рис. P.3.53
AE sin у ЛЕ sin у теперь производную пропорцию —-—— =-:— или —;=-;—.
нАЕ+ЕС sina+smy AC sina+smy
Итак, окончательно находим
S^bde 1 sin уsin a—sin у
$&лвс 2 sina+siny 2(sina + siny)’
а+у . а-у, а-у
cos — Sin —tg —
. ■ „ a-у . а+уа+у
2cos —- sin 2 tg —-— 222
□ По условию, BMLAC, ВМ— диаметр окружности, LBAC=a, LBCA = р, Ки L — точки пересечения окружности со сторонами А В и ВС (рис. Р.3.54); требуется найти S^^lm : S^abc- Пусть BM=h; тогда +A/=Actga, MC=hctgp. Имеем S11abc=S^amb*S£,bmc= = ^АМ ■ ВМ + ^МС ■ ВМ = ^ВМ (AM + MQ = ^h (А ctga + A ctg^ =
=^ h1 (ctga+ctg Д=^ А2=^ h1 (ctga+ctg Д=^ А2sin (а + Д) sin a sin Рsin (а + Д) sin a sin РДалее,Далее,/_Л5Л/=90°-а,/_Л5Л/=90°-а,LMBC=90°—Р и так как LBKM= LBLM=%° (как вписанные углы, опирающиеся на диаметр ВМ), то LBMK=a, LBML=p. Тогда из LBKM и EBLM находим KM=h cosa, ML=h cosp. Значит,LMBC=90°—Р и так как LBKM= LBLM=%° (как вписанные углы, опирающиеся на диаметр ВМ), то LBMK=a, LBML=p. Тогда из LBKM и EBLM находим KM=h cosa, ML=h cosp. Значит,5дхзг£=^ KM ■ ML sin(a+^)=| A2 cosa cos/? sin(a+^. Окончательно по5дхзг£=^ KM ■ ML sin(a+^)=| A2 cosa cos/? sin(a+^. Окончательно по
=^ h1 (ctga+ctg Д=^ А2
=^ h1 (ctga+ctg Д=^ А2
sin (а + Д) sin a sin Р
sin (а + Д) sin a sin Р
Далее,
Далее,
/_Л5Л/=90°-а,
/_Л5Л/=90°-а,
LMBC=90°—Р и так как LBKM= LBLM=%° (как вписанные углы, опирающиеся на диаметр ВМ), то LBMK=a, LBML=p. Тогда из LBKM и EBLM находим KM=h cosa, ML=h cosp. Значит,
LMBC=90°—Р и так как LBKM= LBLM=%° (как вписанные углы, опирающиеся на диаметр ВМ), то LBMK=a, LBML=p. Тогда из LBKM и EBLM находим KM=h cosa, ML=h cosp. Значит,
5дхзг£=^ KM ■ ML sin(a+^)=| A2 cosa cos/? sin(a+^. Окончательно по
5дхзг£=^ KM ■ ML sin(a+^)=| A2 cosa cos/? sin(a+^. Окончательно по
лучим
Saklm (1/2) A2 cos a cos P sin (a + Д sin a sin p 1 ..
=-=- sin 2a sin 2p. Smbc(l/2)A2sin(a + ^4P
я+а
41
□ По условию, Z_C=90°, LCAB=a, AD=DB, LDEA=P, AE>-AC (рис. P.3.55); требуется найти Sbdec : S^ade- Проведем DKLAC и положим DK=h; тогда EK=hctgP, AK=hctga, BC=2h (так как BD=AD), 1 ,
AC=2h ctga, /lE=A(ctga+ctg^). Далее находим S&ade=^ A2 (ctga+ctg Д,
Рис. P.3.54Рис. P.3.54Рис. P.3.55Рис. P.3.55
Рис. P.3.54
Рис. P.3.54
Рис. P.3.55
Рис. P.3.55
SbA8C=2Ji2 ctga; Sbdec=Saabc—Saade=2B2 ctga—- h1 (ctga+ctg/?)
1A2
-- A2 (4ctga-ctga—ctg/?)=— (3ctga-ctg^). Итак,
^bdec^ 3 ctga—ctg/? 3 tg^-tga Saade" ctga+ctg/? tga+tg/? ’
/a \ cos (-+/?)\2)L2 sin - sin в 2/a \ cos (-+/?)\2)L2 sin - sin в 2/ л'2 sin a—\6i/ л'2 sin a—\6icos acos aR2 считая от вершины. 3.154. —. 4R2 считая от вершины. 3.154. —. 4arctg2m-vnarctg2m-vn. a+/?a-p2 sincos, .. ,22(p2 + o2)(n2—m2). 3.157. arccos- z—sina2pqy* +m ). a+/?a-p2 sincos, .. ,22(p2 + o2)(n2—m2). 3.157. arccos- z—sina2pqy* +m )
/a \ cos (-+/?)
\2)
L
2 sin - sin в 2
/a \ cos (-+/?)
\2)
L
2 sin - sin в 2
/ л
'2 sin a—
\6
i
/ л
'2 sin a—
\6
i
cos a
cos a
R2 считая от вершины. 3.154. —. 4
R2 считая от вершины. 3.154. —. 4
arctg
2m-vn
arctg
2m-vn
. a+/?a-p
2 sincos, .. ,
22(p2 + o2)(n2—m2)
. 3.157. arccos- z—
sina2pqy* +m )
. a+/?a-p
2 sincos, .. ,
22(p2 + o2)(n2—m2)
. 3.157. arccos- z—
sina2pqy* +m )
(p2+о2)(л2 —m2)4 —A24 —A2 r
и it—arccoszz;—. 3.158. arcsin ,, и я—arcsin —=—; J2^k^2.
2pq(n2+m2)k1k2 v
□ По условию, BD3.AC, DC: AD = k, DC>AD, LDBC> LDBA, LDBC: LDBA=2". \ (рис. P.3.56). Пусть CDBA = a; тогда LDBC = 2a и Z_C=90° — 2a< Z_A = 90° — a. Имеем sin C=sin (90°—2a)=cos2a. Из ^BDC и &BDA находим DC=DB tg2a, AD=DB tga. Значит, L DC tg2a 2,,2 , k-2L n
k=—==—; 1— tg a=-; tg2a=, откуда следует, что k>2.
AD tga 1—tg2aкк
Итак,
sin С=cos 2a =sin С=cos 2a =l-tg2a l+tg2al-tg2a l+tg2a
sin С=cos 2a =
sin С=cos 2a =
l-tg2a l+tg2a
l-tg2a l+tg2a
лV2(fc—1)72-J22-V2
- +arcsin —. 3.161.—. 3.162. 2 arcsin—— и arccos.
4“2(A+1)1844
3
—. 5
□ По условию, в равностороннем треугольнике АВС имеем
AL:LC=n:m (рис. Р.3.57); требуется найти тупой угол ALB. Пусть r _bnb
AC=b, AL = nx, LC=mx; тогда nx + mx = b, откуда х=, AL=, m + лm + n
в
mb
LC= ■ ч
Проведем
L
b b mb—nb
r-i 2 2(m+n) m + n") (m+n)^.
.бл/з b
BBXLAC",отсюда BBX=—^-,^ic=2’
BB.
Из LBB,L находим tg LBLBX = y— =
№—л)6
L _!LB = it — arctg
т — п
(т+п)^
^m+n^J^ значит, Z-5L5.=arctg,
m—n
е.
_m—n
arcsin (5/21/7) и arcsin (^21/14).
□ По условию, AB=AC, AA^BC, ВВДАС; AA1('\BB1=O, OA = OAX (рис. P.3.58). Пусть ААХ — Н и LA = 2а. Тогда из LAAvC находим
АХС=Н tga;с другой стороны, из LA^C
НН \ Н
АХС=ОАХ tg LAxOC=- tg LAOCx=- tg I --a )=- ctga.
„ H21,,
Htga=—ctga или tg a=-; отсюда со$Л=со52а = °2.2
получим
/ л
cos 5= cos C = cos I —а \2
3.167. 3/5 и 4/5.
£з
3 '
Значит, 1—tg2a_l 14-tg2a 3’
sin A 4- sin В_,
3.168. □ По условию,= sin С; требуется доказать, что LABC — пря-
со$Л 4-cos 5 моугольный. Имеем
А + В А —В .. sincos„
sin А 4- sin В22А 4- В
== tg. со$Л4-со$5 А+В А —В 2 coscos 22
Тах как sin С=sin (Л + 5), то
Л4-5. А+В А + В . А +В
tg2 sin cos=0 или sin ■
2222
l-2cos2^
—=0;
A+Bcos2
Л 4-5
но sin —-- /0 и, значит, cos (Л 4-5)=cos С=О, т. е. С=п12. Я
5
3.169. —. 3.171.
13
sinaarctg. 3.172. 32 4- cos а
-V5.
□ По условию, в прямоугольнике ABCD имеем: ВЕ=ЕС, DF=»FC, Едьсв-АС^к (рис. Р.3.59); требуется найти LEAF. Пусть LBAE=a, LDAF=P; тогда
АВ AD _1_1_1
~ A^+AD1” АВ AD~2BE 2DF~2tga + 2tg^
AD + AB ~AB^~~AD
откуда tga+tg^=—. Далее имеем tg LEAF=tg l^-(a+/0 ) = \2/
1 —tga tg^
=ctg (a+/?) =-—-; так как
. tga + tg^
11
-AD - AB
BE DF 221
tgatg6=— •—=■=-,
6 AB AD AB AD 4
to tg LEAF=— =—, t. e. Z.£4F=arctg —. ■
2k 2(1 +£). 2(1 +Jt) . . 2(1 +Й). 2(1 +k) ,2
arcsm —-z—, я-arcsm —-z—, arcsm;—-, л—агсяп—; k>—-. T*2T*2nk1*л-2
tga a 3.175. arctg .
22.'
□ По условию, LACB=%°, ABx=BxC; CA1=A1B, tg LAOB,=k (рис. P.3.60); требуется найти LA и LB. Пусть LCAAt=^, LCBxB=<p,
LAOBX =a; тогда a=9~^t ^<P=-r> tg^=—, где BC^a, AC=b. Следова- b 2b
тельно,д
tgy—tg^rb 2b lab 3
^a l+tgytg^a2 2(62+a2) (b o\
33 tg^ 3
———
2(ctg^+tg^) 2(1+tg2^) 4 3^k 1 4k Ak3
Отсюда й=-яп2Л; яп2Л=—; LA=- arcsin —; ^ ^*> 0<*<-;
„ я 1. ^к —
LB=---Mcsm—. ■
3, 1451 45 я я 45
-tga.3.178. -arctg -^,- arctg -т +-, - - arctg -р
42а2 <г 2 2 а
□ По условию, АВ=АС, DEFL — вписанный в ДАВС прямоугольник, периметр которого не зависит от выбора точки Е на АВ (рис. Р.3.61); требуется найти sin А. Проведем AA\LBC и положим AAx=h, ВС=а. Построим еще один прямоугольник, вписанный таким же образом, одна из сторон которого проходит через точку Н, где АН^НА^ при этом KR АН
Pknqr-Pdefl (согласно условию). Так как ДАКВ~ ДАВС, то —=— ВС ah afha\
т. е. ^=^ = 2‘ Д30™’ PKNQR = 2(NK+KR) = 2l- + ^j=a+h. Пусть
е.е.ЕЕ АМ
е.
е.
DE=x; учитывая, что ДАЕР~ ДАВС, получим — =,
ВС AAt
a(h — к)/ ah—ах\ 2(xh + ah — ax')
EF= ■, -. Тогда Pdefl=2(DE+EF)=2 x +—— =—г. h■\ h J h
2(хЛ + оА —ox)
Поскольку Pknqr=Pdefl> имеем =a+h или
2xh+ah—2ах—А2=0, откуда (2х—h)(a—Л)=0. Это равенство должно быть справедливым при любом значении х; значит, a—h = 0, т. е. h=a. Наконец, А А.С а а 1
из ДАА.С находим tg -=—^-=—=—=-, откуда 2 АА. 2л La 2
А
. 2tB2 14‘
sm^—-j=—=? ■
1+tg 2 1+4
3.180.3.182.3.180.3.182.п («+*)/
3.180.
3.182.
3.180.
3.182.
2arccos. 2о6■
□ По условию, ОАХАВХ — сектор, О.— центр вписанной в него окружности, OA=R, О,А=г (рис. Р.3.62); требуется иайти Рол1ла1 = 2ОА1+/ил1а1-
О.В гВ ДО^ВО имеем O1B=r, ОО^—К-г, откуда яп ДООгВв-^у-™——-;О.В гВ ДО^ВО имеем O1B=r, ОО^—К-г, откуда яп ДООгВв-^у-™——-;
О.В г
В ДО^ВО имеем O1B=r, ОО^—К-г, откуда яп ДООгВв-^у-™——-;
О.В г
В ДО^ВО имеем O1B=r, ОО^—К-г, откуда яп ДООгВв-^у-™——-;
/ил,»,=2Яагс$т ——; Poa.ab,—2R ( 1 +arcsin —— I. ■ 1 1К—г1 1\R—r)
□ По условию, в LABC имеем: ВС=а, LC=a радианов, LB=P ради-, анов, ADLBC, AD — радиус окружности, пересекающей АС и АВ в точках К и L (рис. Р.3.63); требуется найти Iukl- Из &ADC и LADB находим
CD=AD ctga, BD=AD ctgp. Тогда a=CD+DB=AD (ctga+ctg^), t. e. a a sin a sin 8
AD=-=——Значит, £.KAL=it-^a+^, откуда 1икь =
ctga + ctg/? 81п(а+Д)
, m а (л — a-6) sin a sin 8 _ = AD(n — a—P) =—-—. ■
яп(а+Д
□ По условию, OAnB — сектор, LAOB=а радианов, Ох —центр окружности, вписанной в сектор ОАпВ (рис. Р.3.64). Пусть R — радиус сектора, г — радиус вписанной окружности; тогда SoAnB=^ R1^, So^w1.
В ДО^О (O^tLOA) имеем г= 0,^4, = 00, sin-=(/?—г) sin - или
аR яп - 2 . Итак, а1 +яп - 2аR яп - 2 . Итак, а1 +яп - 2SoAnB Л2а(1+япу01 2лЯ2 sin2 - 2SoAnB Л2а(1+япу01 2лЯ2 sin2 - 2„2 / Л “2а cos2 I\4 4,„2 / Л “2а cos2 I\4 4,л яп2л яп2а2а2. а „ . а r+r яп = R яп -, откуда г= 22
а
R яп - 2 . Итак, а
1 +яп - 2
а
R яп - 2 . Итак, а
1 +яп - 2
SoAnB Л2а(1+япу
01 2лЯ2 sin2 - 2
SoAnB Л2а(1+япу
01 2лЯ2 sin2 - 2
„2 / Л “
2а cos2 I
\4 4,
„2 / Л “
2а cos2 I
\4 4,
л яп2
л яп2
а
2
а
2
□ По условию, АВ — хорда, oANB=a°; АС = ВС, DE — хорда, ВС : СЕ=1 : 3 ( рис. Р.3.65). Пусть СВ=х; тогда ЕС=Зх, ЕВ=4х. Проведем OF LED и соединим точки О и С, О и А. Так как OCLAB (диаметр MN перпендикулярен АВ), то LFOC= LACD (острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Заметим, что FD=- ED=2x, FC=x. Далее имеем ВС ■ AC=DC • ЕС или АСг = х . Зх, т. е. AC=x>j3. Из Д ОСА получим a ‘ aFC
ОС=АС ctg-=xJ3 ctg ~, а из &FOC находим sin lFOC=— = 2 v 2ОС
aa
-tg -
x2
=Значит, LACD« LFOC=aicsmтак как
^
aa
sin LACD^l, to tg -<V3> откуда 2^®®°> T- e- «<120°. ■
Rsin aA2 sin a /r-
;——, 3.187.;—. 3.188.(V4-sin2 a-cos a). 3.189.
, (я+2)Я-Г2a—sina8 w
4Л4Л2 cos2
4Л
4Л
а
К sin - 2
/а я sin (-+-
- i я—а
. 3.190. - tg2.
24
\2 6/
3.191. □ По условию, AB=BC, BB1J-AC, BBv = h, LABBx=a (a<n/6), О — центр окружности, описанной около ^АВС, Ох — центр вписанной в ДЛ5С окружности (рис. Р.3.66). Из LABXB находим ABx=h tga; тогда
AC=2h tga=2A sin2а, где К — радиус описанной окружности, откуда h tga h
R=-=Из LAB,О. получим O,B.=r=
sm2a 2cos2a
получим
/я a\/я a)
—AB. tg(——— 1 — A tga tg (- —- I. Следовательно, \4 2/\4 2/
ha\
OO1=h-OB-O1B1=h--5Atgatg—- =
2cos a\4 2/
(/я 1-cos I —a \2
\ 2cosa
/ я cos a sin I -—a \2
1 sina(l —sina)' 2 cos2 a cos2 a
, /2cos2a—l-2sma+2sin2a\ , l-2sma
= h (5 =Л —5— =
\ 2cos2a / 2cos2a
. я. (ita\/я a\
sin--sina2Лsin II cos— +-
6\122/\122/
cos2 а
cos-* а
3.192. □ По условию, АВ—ВС, LBAC—a, BFA.AC, BF—r+m, где г — радиус
вписанной окружности (рис. Р.3.67). Пусть R — радиус описанной около ДЛ5С окружности; тогдаAC = 2R sin(180°—2a) = 2Rsin2a,
aa
BF=AF tga=R sin2a tga, r=OF=AF tg- = R sin2a tg -. Таким образом, 2.a
получаем
уравнение
К sin 2а tga = m+.R sin 2а tg -
или
(
а \
tg a—tg - 1 =т, откуда
am cos a cos - 2R = a2 sin a cos a sin -2am cos a cos - 2R = a2 sin a cos a sin -2а т cos -2а т cos -2тт, a a4 sin - cos -22, a a4 sin - cos -22а4 sin -2а4 sin -2
a
m cos a cos - 2
R = a
2 sin a cos a sin -
2
a
m cos a cos - 2
R = a
2 sin a cos a sin -
2
а т cos -
2
а т cos -
2
т
т
, a a
4 sin - cos -
22
, a a
4 sin - cos -
22
а
4 sin -
2
а
4 sin -
2
3.193..-■ . -sin2 a3.193..-■ . -sin2 a:яa , a1
3.193..-■ . -
sin2 a
3.193..-■ . -
sin2 a
. 3.194.z. 3.195. - tg3 3.196. — 5 ctga sin4a. 3.197.
2sin2asin2^ 2 6 22
a
a
2 cos
3.199.3.199.2
3.199.
3.199.
□ По условию, О — центр окружности, О А — неподвижный радиус, ОВ=ВА, М—произвольная точка окружности (рис. Р.3.68); требуется найти наибольшее значение LOMB. Пусть LOMB=a, OA = R; тогда
ОВ=—. По теореме косинусов имеем OB2 = ОМ2 -vMB2—2ОМ MB cos а.
R1
Полагая МВ=х, получим— = R2 + х2 — 2Rx cos аили
4
4Х2 — iRx cos a + ЗЯ2 =0. Это квадратное уравнение имеет корни, если Д/4 = 16Я2со$2а— 12Я2=4Я2(4со$2а— 3)>0, откуда 4cos2a —3>0; 2 cos 2а >1; cos 2а >1/2. Наименьшее значение cos 2a, равное 1/2, соответствует наибольшему значению 2a, равному л/3. Значит, аяаиб = л/6. ■
3.200.3.200.□ По условию, АВСНА^С^ — прямой параллелепипед, ABCD — ромб, AA1=h, LACA^a, LDBDx=P (рис. Р.3.69). Из ДЛ^С и l^DiDB находим AC=h ctga, BD=h ctg/?; тогда Sabcd = ^ AC ■ BD=- h2 ctga ctg^ и, значит, F=- Л3 ctga Ctgp. Наконец,
3.200.
3.200.
из ДЛ5С получим АВ=из ДЛ5С получим АВ=;2 а+ctg2 Д) = ^ hy/^g1 а+ctg2 р; поэтому
из ДЛ5С получим АВ=
из ДЛ5С получим АВ=
S6oi = 2A2 Vct?a + ctg^. ■
АААА
А
А
А
А
a3Vcos2a3.201. —.sina3301 □ По условию,a3Vcos2a3.201. —.sina3301 □ По условию,labc-p, ■labc-p, ■a S^ABCa S^ABCV™p=V a1 sin a sin ДV™p=V a1 sin a sin Д., ..-«мая ’ P.3.70). a2 sin a sin Д., ..-«мая ’ P.3.70). a2 sin a sin Д2sin(180° —(a+Д)) 2sin(a+^’ BC AC2sin(180° —(a+Д)) 2sin(a+^’ BC ACпризма, AB = a, LB AC=a. Так как V»S^abc H, 2Van(a+P)TO H=—r—;—-. Согласноa1 sin a sin pпризма, AB = a, LB AC=a. Так как V»S^abc H, 2Van(a+P)TO H=—r—;—-. Согласноa1 sin a sin paaтеореме синусов имеем т—==, откуда ВС=sina snip яп(а+Д), „ asinfi „АС=. Поэтому$1п(а + Д) a (sin (a + ^) + sina + sin^) ^ а Л ВС: 7777ЯП (а+Д)теореме синусов имеем т—==, откуда ВС=sina snip яп(а+Д), „ asinfi „АС=. Поэтому$1п(а + Д) a (sin (a + ^) + sina + sin^) ^ а Л ВС: 7777ЯП (а+Д)a sin asin(a + /0’a sin asin(a + /0’. a+p /a + Pa—P\ ,2дяп cosHeos 2a2 \22 /_a + Pa + P2 sin —— cos. a+p /a + Pa—P\ ,2дяп cosHeos 2a2 \22 /_a + Pa + P2 sin —— cos2222a P cos - cos -22a+Д ’ cos2a P cos - cos -22a+Д ’ cos2Итак,
a3Vcos2a
3.201. —.
sina
3301 □ По условию,
a3Vcos2a
3.201. —.
sina
3301 □ По условию,
labc-p, ■
labc-p, ■
a S^ABC
a S^ABC
V™p=V a1 sin a sin Д
V™p=V a1 sin a sin Д
., ..-«мая ’ P.3.70). a2 sin a sin Д
., ..-«мая ’ P.3.70). a2 sin a sin Д
2sin(180° —(a+Д)) 2sin(a+^’ BC AC
2sin(180° —(a+Д)) 2sin(a+^’ BC AC
призма, AB = a, LB AC=a. Так как V»S^abc H, 2Van(a+P)
TO H=—r—;—-. Согласно
a1 sin a sin p
призма, AB = a, LB AC=a. Так как V»S^abc H, 2Van(a+P)
TO H=—r—;—-. Согласно
a1 sin a sin p
a
a
теореме синусов имеем т—==, откуда ВС=
sina snip яп(а+Д)
, „ asinfi „
АС=. Поэтому
$1п(а + Д) a (sin (a + ^) + sina + sin^) ^ а Л ВС: 7777
ЯП (а+Д)
теореме синусов имеем т—==, откуда ВС=
sina snip яп(а+Д)
, „ asinfi „
АС=. Поэтому
$1п(а + Д) a (sin (a + ^) + sina + sin^) ^ а Л ВС: 7777
ЯП (а+Д)
a sin asin(a + /0’
a sin asin(a + /0’
. a+p /a + Pa—P\ ,
2дяп cosHeos 2a
2 \22 /_
a + Pa + P
2 sin —— cos
. a+p /a + Pa—P\ ,
2дяп cosHeos 2a
2 \22 /_
a + Pa + P
2 sin —— cos
2
2
2
2
a P cos - cos -
22
a+Д ’ cos
2
a P cos - cos -
22
a+Д ’ cos
2
a + p2 Г sin —- 2a + p2 Г sin —- 2a p '
a + p
2 Г sin —- 2
a + p
2 Г sin —- 2
2a cos - cos - „ . ,„
c21 2
бот алвсa+p a2snasnp a . p
cosa sin - sin -
3303.3303.а3 а g tga tg -. 3.204.а3 а g tga tg -. 3.204.sinysiny3305. Р sin a sin Д ^/со$(а+Д) cos(a—Д).3305. Р sin a sin Д ^/со$(а+Д) cos(a—Д).222
3303.
3303.
а3 а g tga tg -. 3.204.
а3 а g tga tg -. 3.204.
siny
siny
3305. Р sin a sin Д ^/со$(а+Д) cos(a—Д).
3305. Р sin a sin Д ^/со$(а+Д) cos(a—Д).
3307. □ По^словию, АВСА1В1С1 —правильная треугольная призма, АВ=а, (,(AtB); (СВЛ)=а (рис. Р.3.71). Проведем SXICSj; тогда ВДВС, ВХК=ВС и LAxBK=a. Так как LA1B1K=120°, то из ААхВхК находим А1К1=2а1—2o2cosl20°=3a2; AxK=a-j3. Пусть AtB=x; тогда в ААхВК
имеем— 2№ cos а или 2х2(1 —cosа) = 3а2; х2 =. Наконец,
т а
4яп2 - 2
из ДЛ1515 получим
3^2 а1 { 3—4sin2 - 1
BBj=A1B1 — AlBi =а2 =—'- =
4sin2 -4sin3 -
22
/л а\ /л а\
,.а2 cos I - Н— 1 cos I1
а2(3 — 2 + 2cosа) а3(1+2со$а)- \б 2/\6 2у
. , а, а. а ’
4snr -4sm2 -sin2 -
222
□ По условию, ABCAXBVC\— прямая призма, LЛCB=a, LBAC=P, 8ьлвс=8, О — центр окружности, описанной около ^АВС, ЕЛ^А—ф
(рис. Р.3.72). Имеем ^C=2O^sin(180° —(а + Д)) = 2ОЛ5)п(а+Д). Тогда _ ^C2sinasin^2Ssin(a + /0„,
S=;—-, откуда АСР =. Из ДА, А О находим
2яп(а + Д)sin а яп Д
_ ACtg<p
АЛ, = OAtgm =. Окончательно получим
2sin (а+Д)
„ п , , п ACtgq> 8>j2Ssn(a+P)tg<p
V=S • AAt=S —— — = ■ ■ — =
2яп(а + Д) 2sin (a + Д) ^sin a sin Д
=5 tg <р /.^ 2sin (а + Д) sin a sin Д=5 tg <р /.^ 2sin (а + Д) sin a sin Дa2’a2’I 5
=5 tg <р /.
^ 2sin (а + Д) sin a sin Д
=5 tg <р /.
^ 2sin (а + Д) sin a sin Д
a
2’
a
2’
3.209.3.209.P sin 2Д cos Д sin a cos2
3.209.
3.209.
3.210. □ По условию, ABCA^B.C^ — прямая призма, AB=BC=a, LABC—a, АА^—Н, AlBC — сечение (рис. Р.3.73); требуется найти расстояние от А до ^AjBCY Проведем ‘AELBC и соединим At и Е; тогда A^LBC (по теореме
3.211.
I способ. По
о трех перпендикулярах). Имеем ВС1(А tAE) и, следовательно, ^^£)±^,BC). Проведем AD1A1E; значит, АВДА^С-), т. е. AD — искомое расстояние. Из &АЕВ найдем
AE=asina, откуда 5дл,ле=- Wasina, а из ДЛ1Л£ получим AE=-J Н1 Аа1 sin1 а, откуда
ЗдЛ^Е
1 „
^ AD ^Н1*^ sin2 а. Решив уравне-
вне - №sina= 2
- AD ■ -Jlif2 + a1 sin2 а, окончате- aHsin а
льно находим■
sjH1 ACT sin2 2
_условию, ЛВСЛ1В1С1—прямая призма, АВ=АС,
АВ+АС+ВС = 2р, LBAC=a, АХВС — сечение призмы, LAtBCA =0 (рис.
□
Р.3.74). Проведем А^КХВС и
а
положим АВ=х; тогда ВХ=лгяп -, 2
а
ВС=2хяп -, 2
а
2p=2x+2xsm
2
откуда
Р ; далее 2 1+sin -
имеем
а АК=х cos - =
2
а
ра»2
. Поскольку а 1 + sm - 2
LAtKA=p как линейный угол
между
плоскостями (ЛВС) и (Л ХВС\ из ААКА! находим АА j =
аpcos — tg/?
вательно,
а
1 +sm -
2
Следо-
1, .P2sin2
V=SbABc ■ AAV =- AB1 sma ■ AAV =—.^~
2 (1+sin -] \2/
2pcos- tg/?
а
1 + sin - 2
p3 sin 2 COS ^ tg PP3sin2 cos3 ^ tg^
(2\3/2\32
1+sin-)21 1+sin- cos -
27\272
,. /Л —2 \22„
p3 sin3 sin - COS - tg p
F \ 2 J 22 6
//л —2\\32
1 + COS COS2 -
\\ 22
,,л—а 2
=Р tg3 —— tg - tg^.
42
II способ. Пусть AA1=h; тогда АК
из М-АК находим AK=h ctg/?, а из
LAKB получим
AB= 2
COS - 2
а
ВС=2А ctg Д tg-,
откуда
hclzBа
B^=Actg^tg-.
22
cos -
2
2h ctg 0,„ 2
2p=— + 2h ctgP tg -
22
cos -
2
Значит,
или
pcos - = h ctg/? ( 1 +sin J, t. e.
2\2/
a „. /я—«\
p cos ~ tgp psin^-pg/?
a
1 +ЯП 2
,/я—a
1 +COS \ 2
я—aptg-y tg£.
Итак,
У=8длвс ЛАХ =1 ВС AK AAX =1 2Л3 ctg2 p tg ? ==P tg3 -^- tg3 p ctg2 p tg - =ps tg3 -j- tg p tg -. ■
3.212. □ По условию, ABCBA1BXC1BV—наклонная призма, ABCB— трапеция, AB^BC (AB<BC), AB=AB=CB=a, lBAD = P, B1A=B1B= =B1C=B1B, BBX образует с (Л5С) угол a (рис. P.3.75). Проведем 5,01(^56); так как BXA=BXB=BXC=BXB, то OA = OB=OC=OB, т. e. О — центр окружности, описанной около трапеции ABCD. Из &ВАВ по теореме косинусов находим BD1=2dl—2a2 cos (180° — ^)=4a2cos2 ^, т- е.
Р
ВВ=2а cos -. Поскольку ^BCD вписан в окружность с центром О, имеем
P
2a cos -
2
BB = 20В sin p, откуда OB=
2 si tn P
a
. Из hBxOB получим
2 sin -
2
a tga
OBX=OB tg LBXBO=. Чтобы определить площадь основания, про-
2sin 2 ведем BELBC й из LCEB найдем ВЕ=ампр, ЕС=a cosР; тогда
ВС=AD + 2ЕС=а+2a cos р.Следовательно,
=a(l +cos Р) • a snp=<? sin Д(1 +cos/0- Итак,V=a2 sin Д(1 +cos Д ■ ^^ = 2а3 cos3 ^ tga. ■2sin -2
Sabcd =
АВ* ВС „ ВЕ=
2
В
Рис. P.3.75
s
D
Рис. P.3.76
3.213.
3.216.
a
a3 sin a sin - tg^
л —a '
2 cos
3.214. .. 3.215.
VI +ctg2a+ctg2 Д
a3 sin2 ^ sin2 a tg у
6 sin2 (a+Д'
4
S
cos - sin315°2
□ По условию, SA BCD—пирамида, AB\\DC, AD — BC, AD = a, LADC=a, LSABC= LSBCD= LSDCA= LSADB=P (рис. P.3.76). Построим линейные углы двугранных углов при основании. Проведем SO1(ABC) и ОЕ, OF, OG, ОН — перпендикуляры к сторонам основания. Так как &,SOE= &SOF= &SOG= &SOH, то OE=OF=OG=OH т. е. О — центр окружности, вписанной в основание ABCD; тогда АВ +DC=2AD = 2a. Проведем AMLDC и из LAMD найдем АМ=а sin а. „_ AB+DC„a2 sin а
Далее имеем SXBCD =■ АМ=о sma; O6oi =1
2cos Д
. 2 .2 p
, .im 2a2 sm a cos2 -
a2 sma, . <r sma(l+cosp)2
*^полн=" + # sin a =-—-.
cos pcos pcos p
Stgfl , 4/3’,
—-— Vasina. 3.219. — cosa cos^V — со5(а+Д)со5(а—Д).
63
3^^]й^
, . aV — cos a
6sin a cos -’
2
□ По условию, DABC — пирамида, LACB=90°, LBAC=a, r — радиус вписанной в txABC окружности, DO1(ABC), LDAO= LDBO= LDCO=p (рис. P.3.77). Так как LDOA = LDOB= LDOC (по катету DO и равным противолежащим ему углам), то ОА = ОВ=ОС, т. е. О — середина А В. Пусть Ог — центр окружности, вписанной в й^АВС. Проведем OVE1.AC; тогда ОхЕ=г, АС=АЕ+ЕС=АС+г. Но О,А — биссектриса LBAC; по- a
sin asin aэтому AE=r ctg - .откуда
sin a
sin a
г /л a 1 cos --2/
ВС—AC tga= a sin - cos a 2
r=- -AC BC OD=-3 26r=- -AC BC OD=-3 26r>/2tg^—.и, значит,/я a\asin -\4 2/2r>/2tg^—.и, значит,/я a\asin -\4 2/2
r=- -AC BC OD=-
3 26
r=- -AC BC OD=-
3 26
r>/2tg^
—.и, значит,
/я a\a
sin -
\4 2/2
r>/2tg^
—.и, значит,
/я a\a
sin -
\4 2/2
Теперь из AAOD находим OD=AO tg/? =
4sin
г-" /я a\ ft a /- r^2 cos ( -— - 1 ■ r^2 cos - ■ r^2 tg/?
ААХ
cos2 aH—
с2 sin2
1а=- с
2
V4cos2 a+sin2а=- с 2
V3cos2a+1;
тогда
2АО = -ААХ
1
3 с
s/3cos2a+ 1.
Далее из
ASOA получим
SO = - 3
c^/3cos2a+l ■ tg^. Итак,
К=- ■ - с sina ■ с cosa ^ сл/3со5а+1 8^=^ с’ sin2a tg^V^cos2a+l. ■
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, О — центр основания, OKLSB, ОК=р, LASBC=a (рис. Р.3.79). Построим линейный угол двугранного угла ASBC. Имеем ACLSB, тихиотлу SB — наклонная к (АВС), ОВ — ее проекция на эту плоскость, ACLOB. Проведем через АС
плоскость APCLSB; тогда LAPC=a. Так как МР и ОК принадлежат
МР МВЗр
(SMB) и MPLSB, OKLSB, то МР\\ОКи, значит, — =—,т- е- МР=А Из а Зр аа.
АМРС «входам МС=МР tg^=-^ tg-,AC=3ptg-,откуда
V V^ tg2 ^'
8длвс= Далее, АЗОК~ АЗОВ (прямоугольные треугольни-
4
■,ОК ОВ ~
ки с общим углом 08В); поэтому ^^~^- Отсюда, учитывая, что
ОВ=р^ tg ^, получим 8В=ОВ=р^ tg ^, получим 8В=овоз P^t^osовоз P^t^osОКОКРР= 08^3 tg “.В АЗОВ= 08^3 tg “.В АЗОВимеем SB2=OS2+ OB1; 3OS2 tg2—OS2=3p2 tg2 -; 03=2= 2-имеем SB2=OS2+ OB1; 3OS2 tg2—OS2=3p2 tg2 -; 03=2= 2-Р^З tg"Р^З tg"Итак,Итак,а2~]а2~]
ОВ=р^ tg ^, получим 8В=
ОВ=р^ tg ^, получим 8В=
овоз P^t^os
овоз P^t^os
ОК
ОК
Р
Р
= 08^3 tg “.В АЗОВ
= 08^3 tg “.В АЗОВ
имеем SB2=OS2+ OB1; 3OS2 tg2—OS2=3p2 tg2 -; 03=
2= 2-
имеем SB2=OS2+ OB1; 3OS2 tg2—OS2=3p2 tg2 -; 03=
2= 2-
Р^З tg"
Р^З tg"
Итак,
Итак,
а
2~]
а
2~]
1 r B 2V=3 41 r B 2V=3 43.225.8tg2a3.225.8tg2a‘4tg2a‘4tg2a
1 r B 2
V=
3 4
1 r B 2
V=
3 4
3.225.
8tg2a
3.225.
8tg2a
‘4tg2a
‘4tg2a
J3 ■ <3 P tg 2 V tg3 2 tg2?-l 4
I3 - -_ V3 a3V^tg2a+lj:
^ V^/5^-. 3.221 V^SL« 36 cos a
, / л
, . , 2гГяпа cos2 I- I a aJsin2atg<p\4 2/
3229. - V2cosa. 3.230.— и<
23cos
“+Д . /я а\ . /л„ . a
2№ cossin I - +- 1 яп I - -I— IР ып -
2\4 2/\4 272
3.231.;—\-• 3^32. .—,-
яп a sin р3 яп' р
_ , . „- / л a\, . а . (а я\
2<rsin/?cos ]4л<гsin - яп --I—),.
\4 2/2\2 nJ a1 a
3.233.< 3.234.-. 3.235. — ctga ctg - tg^.
cos ая122
sin -
1n
3.236. □ По условию, LACB=90°, LBAC=a, CD, BBV AAt —медианы треугольника (рис. P.3.80); через меньшую из них проведена-'плоскость у, (у; (АВС})=Р; требуется найти ((АСусУ) и ((BQ^y). Докажем, что CD<AAt
и
CD <551,
действительно.
cd=- ав=- Jac1* вс1;г 2v
ААХ = ^AC^^- ^JiAC^+BC2; ВВ^у/АС2*4,ВС2. Следовательно, СРеу. Проведем ЛЛ2±у и AOLCD; тогда LAOA2=p как линейный угол между у и (ABC), LACA2 — угол между катетом АС и у. Пусть а
АА2=а; тогда АО=-—-. Далее, AD=DC как радиусы окружности, описан- sin Р
ной около LABC; поэтому LDCA= LBAC=a. Из LADC находим
AD
а
AC—.;;—
sin a sin а sin р
ААа из lAA2C получим sin LACA2=—J=sina sin/?,AC
т. e. Z.^C^,=arcsin(sina sin/?). Аналогично найдем угол между катетом ВС и у. Проведем ЯР21у; тогда LBCB2—искомый угол. Имеем ВВ2=АА2 = а (поскольку LAA2D = LBB2D) и из lBB2C находим ВВ2 а.
sin LBCB,=—- ==cosa sinS, т. е. Z-ЛСЛ, =arcsin(cosa sin в). ■
2 ВС AC tg а2
3.237. □ По условию, ABCD — ромб, ADep, LA — острый; диагонали ромба
образуют с р углы а и 2а (рис. Р.3.81). Пусть О — точка пересечения ОО.
значит, sin L ОАО, = 1 ОА
диагоналей. Проведем OOXLP;
ОО,и sin LODO.=. Так как1 OD
LA — острый, то
AC>BD,
sin LOAOX < sin L ODOo t. e. LOAOY = a, a LODO^ = 2a. Пусть ООх=а; aaA О A sin 2a
тогда OA=-—, a OD=. В LAOD имеем ctg—=—=—— = 2 cos a,
smasin 2a2 OD sin a
откуда —=arcctg (2 cos a), t. e. A=2 arcctg (2 cos a), ■
/ 2Vs-l
3.238. arcsin-7sin(a+ft sin(a—P). 3.239. arccos - —. 3.240. arccos —.
V8+sin22a2
3241. □ По условию, ABCDEFGH — правильная призма, AB=a, Уцр=У (рис.
Р.3.82); требуется найти угол между АН и НС. Так как У=а2 ■ DH, то
DH=Vj^. В LAHC тлеем АС1 -АН1 +НС1 -2АН • HCcos LAHC, т. е.
cos lAHC=_. 2АН1
ТАН2-АС1 +
/ у1'
2 а1+~
3.242.
3243.
tg^X
arctg-. 2 cos а □ По условию, ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, АВ : ВС : СС, =3:4: 12, ААгСхС — диагональное сечение параллелепипеда (рис. Р.3.83); требуется найти синус угла между BDt и (АА1С1). Проведем BKLAC; тогда ВКАДАА^Д поскольку BKLCC,. Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелепипеда; так как ОК — проекция ОБ на (АА^), то LKOB— искомый угол. Положим АВ=Зх; тогда ВС=4х, CCl = 12x, АС=5х, BD1=s/9x1 + 16x1 + 144x1 = 13х. Далее имеем 113.x • Ах 12.x
8длвс=т АВ • ВС= АС • ВК, откуда ВК——,—=-—. Наконец, из 225х 5
.ВК Ш-2 24
LOKB находим sin 1-КОВ—-^—-^—^=^- И
□ По условию, РА BCD — правильная четырехугольная пирамида, Здрвп : Злвсв^к (рис. Р.3.84); требуется найти cos LDPC. Пусть DC=a
0,5 aJ2hr-
и OP—h; тогда -—^—к или h=akx]2. Из LPOD находим
<г
DP= /за^+^—^^^^^+Т), а в hDPC по теореме косинусов имеем
а1=а114к14-\')—а2(4^ + 1) • cos LDPC, откуда cos LDPC=—=. ■
+1
a
/2 /2sina\V2cosa
3-245. -5—. 3.246. arctg ——— ). 3247. arccos —.
оЛ j2
arccos 5/ ctg a ctg 3.249. arctg — и arctg .
42
□ Согласно условию, в пирамиде SABC... двугранные углы А С, СВ, BD,... равны между собой, 8,ют : 8^=к; требуется найти двугранные углы при основании. Воспользуемся формулой 5бог=5осн : cos а, где а — угол между основанием пирамиды и ее боковыми гранями. Тогда получим
S6o. + Soci S601 j l+cosa1
к ==—Н =н 1;= к, cosa#0; cosa=-—-,
Sqch ^ося COS 01 COS ОСк*™ 1
t. e. a=arccos -—-. Решив неравенство 0<-—-<1, найдем k>2. ■
1^. 3.252. arctg cos Д 3.253. arctg ^^^-Л
2\nj2
. S it . s22
arcsm ^±~, arcsm -%. 3.255. -, arctgи arctg. I 3 r 2 sin a cos a
□ По условию, SABC — пирамида, SAL(ABC), AB—BC=CA, Seoi '• 5длвс=Н : 4 (рис. P.3.85); требуется найти LSABC. Пусть BC=a,
SA=h; тогда 8^двс=—:—; 8бо1=28д5лс+8д$вс- Проведем ADLBC; 4
имеем SDLBC (по теореме о трех перпендикулярах), т. е. L SDA=/? — искомый угол. Следовательно,
5бож — аА + 2 ° ’ SD = ah+^5бож — аА + 2 ° ’ SD = ah+^<?^ a(4Acos/?+aV3)2 cos/?4 cos/?<?^ a(4Acos/?+aV3)2 cos/?4 cos/?
5бож — аА + 2 ° ’ SD = ah+^
5бож — аА + 2 ° ’ SD = ah+^
<?^ a(4Acos/?+aV3)
2 cos/?4 cos/?
<?^ a(4Acos/?+aV3)
2 cos/?4 cos/?
. Так. Так„a(4hcosp+aJ3) 4 И 4Л 111
. Так
. Так
Согласно условию, имеем— —— или —= + -■ ■ ■ ——.
И7И74со$Да734a>/3 С08Д 4
И
7
И
7
как —p—tgP (из A.ASD\ то 2tg^+Vtg3Д+1 "^ или ^/tpT+l —
— 2tgP, откуда следует, что tg^<~. Решив уравнение, получим tg^—^,
3 т. е. Д-arctg-. ■
4
□ По условию, PABCD — правильная пирамида, 50ЦАВС), LPDO— LDPC (рис. Р.3.86); требуется найти LPDCO. Положим LPDO«* LDPC—a, PD=a; из hPOD найдем PO=asina, OD=acosa. Пусть M — середина СР; тогда ОМ LCD и PMLCD, т. е. LPMO—<p является линейным углом двугранного угла PDCO. Находим
в M*DC имеемв M*DC имеем., OD^ а^2 cos a DM ■ ОМ » —^— ■ —^. Далее,
в M*DC имеем
в M*DC имеем
РС-^’+д1 — 2д2 cos а-0^2-2 cos а;с другой стороны,
DC—2DM—a\f2 cos а. Значит, а-^2(\ — cos а)—а^2 cos а; 1—cos a ■cos2 а;
. Теперь из ЬРОМ получим. Теперь из ЬРОМ получим2, А зЛ"1
. Теперь из ЬРОМ получим
. Теперь из ЬРОМ получим
cos2 а+cos а-1—0; cos а--2——
OP 2asinaOP 2asina=лД tga;=лД tga;21 .4, V^1tg ™=—i 1 =г-1 =—й—cos а 6-2V5221 .4, V^1tg ™=—i 1 =г-1 =—й—cos а 6-2V52tg<P=tg<P=+ 1; <р=arctg VVs + l- ■+ 1; <р=arctg VVs + l- ■
OP 2asina
OP 2asina
=лД tga;
=лД tga;
21 .4, V^1
tg ™=—i 1 =г-1 =—й—
cos а 6-2V52
21 .4, V^1
tg ™=—i 1 =г-1 =—й—
cos а 6-2V52
tg<P=
tg<P=
+ 1; <р=arctg VVs + l- ■
+ 1; <р=arctg VVs + l- ■
arctg V2-
3359. □ По условию, АВСАХВХС, — правильная треугольная призма, боковые грани — квадраты (рис. Р.3.87); требуется найти угол между АСХ и ВС. Эти прямые — скрещивающиеся. Проведем через С, прямую, параллельную СВ; этой прямой является СХВХ, т. е. LACXBX — искомый угол. Пусть АВ—а; тогда из LACxBx находим 2a2 = 2a2+a2 — 2a2V2cos LACXBX, от-
/5V2
куда cos LAC,Bx-—. Итак, LACXBX =arccos —. ■ 44
/ к\/ a4\
3360. arctg tga 1. 3361. arccos I ; 1.
\fc+3/\ 5/
3362. □ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, SOA_(ABQ, SK—KB, ОК—ВС (рис. Р.3.88); требуется найти косинус двугранного угла ASBC. Пусть А В— а. Проведем OBLAC; значит, SBLAC (по теореме о трех перпендикулярах). Затем проведем (ADQ1SB; тогда LADC— искомый. • Так как в прямоугольном треугольнике SOB имеем ОК—ВС—а — меди
'/ ~ a2 aJ\5
11ана, то гипотенуза S5=2a. Из LSMB найдем SM— 14а ——=—-—.
1
1
Далее, используя равенства Здмс”^ ^ ' ^^"^ ^ ’ ^’ получим
CD — SBCD — SB2 • 2a2 • 2a. Наконец, из LADC по теореме косинусов 4. Наконец, из LADC по теореме косинусов 4, 15a2 15a215a2„, „ 7 „находим а —12cos LADC, откуда cos LADC——. Итак,16161615 *, 15a2 15a215a2„, „ 7 „находим а —12cos LADC, откуда cos LADC——. Итак,16161615 *15a215a277
CD — SB
CD — SB
2 • 2a
2 • 2a
. Наконец, из LADC по теореме косинусов 4
. Наконец, из LADC по теореме косинусов 4
, 15a2 15a215a2„, „ 7 „
находим а —12cos LADC, откуда cos LADC——. Итак,
16161615 *
, 15a2 15a215a2„, „ 7 „
находим а —12cos LADC, откуда cos LADC——. Итак,
16161615 *
15a2
15a2
7
7
7
LADC—arccos —. ■
3363.3363.—1sin a sin Д
3363.
3363.
arccos -. 3.264. arctg■ -.
3365.3365.2Vs*n(“+^ sin(a—Д)
3365.
3365.
D По условию, SABC — пирамида, AB—AC—ВС. (SAB)L(ABC), (SAC)L(ABC), LASB+ L BSC—n/2 (рис. P.3.89). Докажем, что SA — высота пирамиды. Действительно, перпендикуляр, проведенный из точки
S к (ABC), должен принадлежать и (SAB), и (SAC), т. е. должен принадлежать их линии пересечения и, значит, он совпадает с SA. Тогда LSAB = &SAC (по двум катетам); следовательно, CASB= LASC, а углы ASB и BSC не равны. Пусть LASB=a, LBSC=£ h"SB=L Из условия следует, что а и Д— острые углы. Из &SAB находим ЛВ=/япа, а из
A SBC по теореме косинусов имеем BC=^lP—'ll1 cos ^=1^2 (\ —со$Д). Так как АВ=ВС, то sin а=5/2(1—cos Д) или sin ^—^=5/2(1—cosД); тогда cos2 Д=2—2со$Д; со$2Д+2со$Д—2=0. Учитывая, что Д— острый угол, получим cos Д=5/3 — 1. Итак, Д=агссо$(5/3 —1),
а=^-агссо5(л/з-1). ■
□ По условию, SABCD — правильная пирамида, SO1(ABQ,
S^sac : 8бм = к, SFh SE — апофемы пирамиды (рис. Р.3.90). Пусть АВ=а,
а LESF=a; имеем SF= (из „ . а 2 sin -2а LESF=a; имеем SF= (из „ . а 2 sin -2ASOF),ASOF),а аSO—- ctg -.22а аSO—- ctg -.22Следовательно,Следовательно,2222а2 5/2 ctg | а2“Ч4~’а2 5/2 ctg | а2“Ч4~’11 а> Seat — • 4а ■2а2sin - 211 а> Seat — • 4а ■2а2sin - 2о2. Тогда по- аsin - 2о2. Тогда по- аsin - 2
а LESF=a; имеем SF= (из „ . а 2 sin -
2
а LESF=a; имеем SF= (из „ . а 2 sin -
2
ASOF),
ASOF),
а а
SO—- ctg -.
22
а а
SO—- ctg -.
22
Следовательно,
Следовательно,
2
2
2
2
а2 5/2 ctg | а2
“Ч4~’
а2 5/2 ctg | а2
“Ч4~’
11 а
> Seat — • 4а ■
2а
2sin - 2
11 а
> Seat — • 4а ■
2а
2sin - 2
о2
. Тогда по- а
sin - 2
о2
. Тогда по- а
sin - 2
ИЛИ COS- = 2^5/2.ИЛИ COS- = 2^5/2.а1^! ctg ^ sin ^5/2 cos ^
ИЛИ COS- = 2^5/2.
ИЛИ COS- = 2^5/2.
лучим уравнениелучим уравнениек=; или к=
лучим уравнение
лучим уравнение
4а24
Итак, cosa=2cos2—l = 16fc2—1. При этом16*2 —1<1; к?<-,
■ 28
4
□ По условию, SABC — правильная пирамида, SBK — сечение, проходящее через высоту SO и боковое ребро SB, S^sbk- 8поля= к (рис. Р.3.91); требуется найти величину LSACB. Так как ОВ — проекция SB на (АВС) и OBLAC, то LSKO — линейный угол двугранного угла SACB.
аТз te ф
Пусть АС = а, LSKO = <p; тогда из Д SO К имеем SK=—-—,SO=—.
6cosy6
»Уз tgy g3tgp68~’»Уз tgy g3tgp68~’Значит, 11 aJi
»Уз tgy g3tgp
68~’
»Уз tgy g3tgp
68~’
SbSBK=^ BK S0=- -y
Далее находимДалее находимr i ,«rJscos* —
Далее находим
Далее находим
a^3 _a2V3(cos<p+l)2
6cos<p 4cos<p 2cosy
S^sbk a2 tg <p -2 cos <p sin у ®2 к==== ——;
*$ПОЛИ о 2 A 2 Ф * R 2 ф 2x/3 8a2V3 cos2 - 4 V3 cos2 - v
tg^ = 2*V3; <p = 2arctg(2*V3), ^V", + j^-
3.268.3.268.„, 1 V3При этом 1 — 12Л2>0; Ь1<"^ 0<k<у. ■□ По условию SABCD— правильная пирамида, cos Z-(SAD; SDC)*=k (рис. Р.3.92); требуется найти cos L(SDC; ADC). Учитывая, что AC1SD, проведем (AKC)3.SD; значит, LAKC — линейный угол двугранного угла SD. Затем через SO проведем (SO М) LCD; тогда LSMO — линейный угол двугранного угла DC. Пусть AD=a, LAKC=a и LSMO=<p. Имеем„, 1 V3При этом 1 — 12Л2>0; Ь1<"^ 0<k<у. ■□ По условию SABCD— правильная пирамида, cos Z-(SAD; SDC)*=k (рис. Р.3.92); требуется найти cos L(SDC; ADC). Учитывая, что AC1SD, проведем (AKC)3.SD; значит, LAKC — линейный угол двугранного угла SD. Затем через SO проведем (SO М) LCD; тогда LSMO — линейный угол двугранного угла DC. Пусть AD=a, LAKC=a и LSMO=<p. ИмеемАС=<цр1. и по теореме 2а2 — 2КС1 — ЗКС1 cos а, откудаАС=<цр1. и по теореме 2а2 — 2КС1 — ЗКС1 cos а, откудаKC=KC=косинусов из LAKC получим акосинусов из LAKC получим аДалее из hCKD находимДалее из hCKD находим3.269.3.269.3.270.3.270.KD =KD =DM СКSM=-K^DM СКSM=-K^. Ho 1-fc. Ho 1-fcSM CK=——=taLKDM и, следовательно, DM KDSM CK=——=taLKDM и, следовательно, DM KDflОМ а ■ 2V—кч=. Итак, cosa===_кSM 2аflОМ а ■ 2V—кч=. Итак, cosa===_кSM 2аsin аk— sin а" 1 □ I способ. По условию, ABCAlB1 Ct — правильная треугольная призма, AAt=AB, АВХ и ВСХ —непересекающиеся.диагонали (рис. Р.3.93); требу-sin аk— sin а" 1 □ I способ. По условию, ABCAlB1 Ct — правильная треугольная призма, AAt=AB, АВХ и ВСХ —непересекающиеся.диагонали (рис. Р.3.93); требу-
3.268.
3.268.
„, 1 V3
При этом 1 — 12Л2>0; Ь1<"^ 0<k<у. ■
□ По условию SABCD— правильная пирамида, cos Z-(SAD; SDC)*=k (рис. Р.3.92); требуется найти cos L(SDC; ADC). Учитывая, что AC1SD, проведем (AKC)3.SD; значит, LAKC — линейный угол двугранного угла SD. Затем через SO проведем (SO М) LCD; тогда LSMO — линейный угол двугранного угла DC. Пусть AD=a, LAKC=a и LSMO=<p. Имеем
„, 1 V3
При этом 1 — 12Л2>0; Ь1<"^ 0<k<у. ■
□ По условию SABCD— правильная пирамида, cos Z-(SAD; SDC)*=k (рис. Р.3.92); требуется найти cos L(SDC; ADC). Учитывая, что AC1SD, проведем (AKC)3.SD; значит, LAKC — линейный угол двугранного угла SD. Затем через SO проведем (SO М) LCD; тогда LSMO — линейный угол двугранного угла DC. Пусть AD=a, LAKC=a и LSMO=<p. Имеем
АС=<цр1. и по теореме 2а2 — 2КС1 — ЗКС1 cos а, откуда
АС=<цр1. и по теореме 2а2 — 2КС1 — ЗКС1 cos а, откуда
KC=
KC=
косинусов из LAKC получим а
косинусов из LAKC получим а
Далее из hCKD находим
Далее из hCKD находим
3.269.
3.269.
3.270.
3.270.
KD =
KD =
DM СК
SM=-K^
DM СК
SM=-K^
. Ho 1-fc
. Ho 1-fc
SM CK
=——=taLKDM и, следовательно, DM KD
SM CK
=——=taLKDM и, следовательно, DM KD
flОМ а ■ 2V—к
ч=. Итак, cosa===
_кSM 2а
flОМ а ■ 2V—к
ч=. Итак, cosa===
_кSM 2а
sin а
k— sin а" 1 □ I способ. По условию, ABCAlB1 Ct — правильная треугольная призма, AAt=AB, АВХ и ВСХ —непересекающиеся.диагонали (рис. Р.3.93); требу-
sin а
k— sin а" 1 □ I способ. По условию, ABCAlB1 Ct — правильная треугольная призма, AAt=AB, АВХ и ВСХ —непересекающиеся.диагонали (рис. Р.3.93); требу-
2727Рис. P.3.93Рис. P.3.93ется найти ((ИВд); (ВС,)). Пусть АВ=АА, = а. Проведем BjPUBCj, De (ВС); тогда LAB,D=<p— искомый угол. Из LABD находим XD2=a2 + a2 — — 2a2cos 120° = За2. В LAB,D имеем AD1 = 2АВ, — 2АВ1, cos<р; так как АВ^ = 2а2, то За2 = 4а2—4а2 cos у, откуда cos ф= 1/4.
27
27
Рис. P.3.93
Рис. P.3.93
II способ. Пусть АВ=т, "ВС=п, АА^=р; тогда АВ, =р+т, ВС, = п+р. Используя формулу для нахождения косинуса угла между векторами, получим
АВ, • ВС, (р+т)(п+р) рп+р1+"тп+тр cos <» = — /—==;=
1^11 ■ I-8CJ а^2 . а^2а
0 + a2 + a2cos 120° + 0 1
-__ и
arccos (^/5/30). 3.272. 2arctg(cosa), я—2arctg(cosa).
□ По условию, АВСА,В,С,—правильная треугольная призма, SABC—пирамида, Vsabc=V, ((SAB); (A BQ)=а (рис. Р.3.94). Пусть
1a2j3aJ3
АВ=а, SC=h; тогда У=- п, S«sab— и * =tga. Значит, 3 44 cos a2
3.274.3.275.3.274.3.275.a’tga2^_ Уз^ Xh^V1
3.274.
3.275.
3.274.
3.275.
V=——, откуда a=-т=. Итак, S^sab™———————, ■
°vt8a’cos a У tg a ysinacos2a
a1^ a3 tg a
48 cos a 48
aмежду (SMK) и (АВС), т. е. LSNO = p. Пусть AD = a; тогда OD = a sin -,aмежду (SMK) и (АВС), т. е. LSNO = p. Пусть AD = a; тогда OD = a sin -,a 1. aOC=a cos-, NK=- asxx-, 222a 1. aOC=a cos-, NK=- asxx-, 22211aaO^=-acos-. Следовательно, S&smk=O^=-acos-. Следовательно, S&smk=2SON= NKSN, откуда SN=-. Из hSON находим cos 8=^— = aSNasm -2SON= NKSN, откуда SN=-. Из hSON находим cos 8=^— = aSNasm -□ По условию, SABCD — пирамида, ABCD — ромб, LBAD=a; двугранные углы AB, ВС, CD, DA равны, AM=MB, AK=KD, MK—сечение, ((SMK); (ABC)) = p, S д$мк= S (рис. P. 3.95). Проведем SNLMKи соединим точки О и N; согласно теореме о трех перпендикулярах, ONLMK. Так как SNe(SMK) и ONе (АВС), то LSNO — линейный угол двугранного угла
a
между (SMK) и (АВС), т. е. LSNO = p. Пусть AD = a; тогда OD = a sin -,
a
между (SMK) и (АВС), т. е. LSNO = p. Пусть AD = a; тогда OD = a sin -,
a 1. a
OC=a cos-, NK=- asxx-, 222
a 1. a
OC=a cos-, NK=- asxx-, 222
1
1
a
a
O^=-acos-. Следовательно, S&smk=
O^=-acos-. Следовательно, S&smk=
2SON
= NKSN, откуда SN=-. Из hSON находим cos 8=^— = aSN
asm -
2SON
= NKSN, откуда SN=-. Из hSON находим cos 8=^— = aSN
asm -
Рис. Р.3.95Рис. Р.3.95а . a acos - ■ asm -.
Рис. Р.3.95
Рис. Р.3.95
22 a sin a
2 • 25= 85
. 85cos^ „или a =, t. e. a=2sina. 85cos^ „или a =, t. e. a=2sina25cos psina "25cos psina "3.276.зап.3.276.зап.25 I . a /5ctg^sin-. , a V2
. 85cos^ „
или a =, t. e. a=2
sina
. 85cos^ „
или a =, t. e. a=2
sina
25cos psina "
25cos psina "
3.276.
зап.
3.276.
зап.
3 cos - * 2
□ По условию, PABC — пирамида, AB=AC=b, LABC=a, a, LA — острые углы, РОДАВС), LPAO= LPBO— LPCO = P, POe(PCM) (рис. P.3.96); требуется найти S^pmc- Так как дРОА = ДРОВ= дРОС (по общему катету и противолежащему острому углу), то ОА = ОВ=ОС, т. е. О — центр окружности, описанной около ДАВС. Значит, HS=2/?sina, где b
R— радиус этой окружности, откуда R=——. Из дРОА находим ■2 sin a
bteB
b1 cos a tg /?2cos 3a "b1 cos a tg /?2cos 3a "3.278.3.278.r..a2 sin2aV3/л a\/л a\sin I -+- ) sin| tga. 3.279. , a\8 4/\8 4/,3 cos -2 sin |2r..a2 sin2aV3/л a\/л a\sin I -+- ) sin| tga. 3.279. , a\8 4/\8 4/,3 cos -2 sin |2л — a3 ,л — a3 ,л з+ал з+аPO=AOteB=. Далее имеем LBAO= ДОВА=90° —a; LOBC=
b1 cos a tg /?
2cos 3a "
b1 cos a tg /?
2cos 3a "
3.278.
3.278.
r..a2 sin2
aV3/л a\/л a\
sin I -+- ) sin| tga. 3.279. , a\8 4/\8 4/,
3 cos -2 sin |
2
r..a2 sin2
aV3/л a\/л a\
sin I -+- ) sin| tga. 3.279. , a\8 4/\8 4/,
3 cos -2 sin |
2
л — a
3 ,
л — a
3 ,
л з+а
л з+а
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, SO ДАВС), SO=H, LSACB=a, SM=MB, AMC — сечение (рис. P.3.97). Проведем SKA.AC; тогда OKLAC и LSKO—a. как линейный угол двугранного угла
ЛС. Из Д SOX’находим ОК=Н<Л%а, АС=2^ OK=2H~J?> ctg а. Проведем
AfAfjJSO; тогда MMt=~, KM1=2Hctga. Из kMKM^ находим
МК= —+4H1ctg,1a=-VT+i6^a. Итак, 8дмлс=-АС МК- ^422
= Н^{з ctga ■ ^ VT+16ctg2a=^^^^ Vl + 16ctg2a. ■
3.281.3.281.a’tgp a2V3(4tg2y + l)—— и.a’tgp a2V3(4tg2y + l)—— и.3.282.3.282.1212443.283.3.283.□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, SO —‘ее высо^а^ LSAO=a, SM—MC, ^AML^BD (рис. P.3.98); требуется найти ((AMLyAABCjY Так как (AML}^BD, то (AML)(XSBD^-KL, KL^BD и (AML)Q(ABC)—AF, AF^BD. Но О АД-BD; поэтому КАД-BD, откуда следует, что RA1.AF и MALAR Учитывая, что ACLBD и AF^BD, имеем ACLAF, т. е. LMAC=<? — искомый угол. Проведем MELAC. Пусть SO 1ЗаАО=а; тогда SO=atga, МЕ=—=- atga, АЕ-—; из ^МЕА находимME atga 3a tgatgatg<P=—=- :—=--■ Итак, <p=arctg—. ■ Ar.225ja2 cos 2asina '□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, SO —‘ее высо^а^ LSAO=a, SM—MC, ^AML^BD (рис. P.3.98); требуется найти ((AMLyAABCjY Так как (AML}^BD, то (AML)(XSBD^-KL, KL^BD и (AML)Q(ABC)—AF, AF^BD. Но О АД-BD; поэтому КАД-BD, откуда следует, что RA1.AF и MALAR Учитывая, что ACLBD и AF^BD, имеем ACLAF, т. е. LMAC=<? — искомый угол. Проведем MELAC. Пусть SO 1ЗаАО=а; тогда SO=atga, МЕ=—=- atga, АЕ-—; из ^МЕА находимME atga 3a tgatgatg<P=—=- :—=--■ Итак, <p=arctg—. ■ Ar.225ja2 cos 2asina '
3.281.
3.281.
a’tgp a2V3(4tg2y + l)
—— и.
a’tgp a2V3(4tg2y + l)
—— и.
3.282.
3.282.
12
12
4
4
3.283.
3.283.
□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, SO —‘ее высо^а^ LSAO=a, SM—MC, ^AML^BD (рис. P.3.98); требуется найти ((AMLyAABCjY Так как (AML}^BD, то (AML)(XSBD^-KL, KL^BD и (AML)Q(ABC)—AF, AF^BD. Но О АД-BD; поэтому КАД-BD, откуда следует, что RA1.AF и MALAR Учитывая, что ACLBD и AF^BD, имеем ACLAF, т. е. LMAC=<? — искомый угол. Проведем MELAC. Пусть SO 1За
АО=а; тогда SO=atga, МЕ=—=- atga, АЕ-—; из ^МЕА находим
ME atga 3a tgatga
tg<P=—=- :—=--■ Итак, <p=arctg—. ■ Ar.225j
a2 cos 2a
sina '
□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, SO —‘ее высо^а^ LSAO=a, SM—MC, ^AML^BD (рис. P.3.98); требуется найти ((AMLyAABCjY Так как (AML}^BD, то (AML)(XSBD^-KL, KL^BD и (AML)Q(ABC)—AF, AF^BD. Но О АД-BD; поэтому КАД-BD, откуда следует, что RA1.AF и MALAR Учитывая, что ACLBD и AF^BD, имеем ACLAF, т. е. LMAC=<? — искомый угол. Проведем MELAC. Пусть SO 1За
АО=а; тогда SO=atga, МЕ=—=- atga, АЕ-—; из ^МЕА находим
ME atga 3a tgatga
tg<P=—=- :—=--■ Итак, <p=arctg—. ■ Ar.225j
a2 cos 2a
sina '
□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, SOL(ABQ, LASO = a, SE^BD, (SEK) образует с AC угол P, (SEK)[}(ABC)=KL, ShSKL=S (рис. P.3.99). Так как (SKLW80, то KL^BD; следовательно, OK=OL и SK=SL. Проведем OFL(SKL), FeSM, где A
M — середина KL; значит, LSMO=p. Пусть SO=h; тогда SM—-_—^, OM=hd£P (из ZxSMOY Из Д5ОЛ находим ОЛ—Atga; поэтому
AM-OA-OM=htga-hctgp-AM-OA-OM=htga-hctgp-Acos(a+/i)cosa sin^"Acos(a+/i)cosa sin^"A (sin a sin/?—cos a cos/?)cos a sin p
AM-OA-OM=htga-hctgp-
AM-OA-OM=htga-hctgp-
Acos(a+/i)cosa sin^"
Acos(a+/i)cosa sin^"
Так как kAML — прямоугольный и равнобедренный, то ML—АМ. Теперь найдем'
S^skl-MLSM-S^skl-MLSM-Acos(a+/1)Acos а sin2 РAcos(a+/1)Acos а sin2 РА2со$(а+Йcos a sin2 р ’А2со$(а+Йcos a sin2 р ’h—япРh—япР' —Seos а со$(а+Д"' —Seos а со$(а+Д"
S^skl-MLSM-
S^skl-MLSM-
Acos(a+/1)Acos а sin2 Р
Acos(a+/1)Acos а sin2 Р
А2со$(а+Йcos a sin2 р ’
А2со$(а+Йcos a sin2 р ’
h—япР
h—япР
' —Seos а со$(а+Д"
' —Seos а со$(а+Д"
3.285.3.285.З^/з Я3 cos (а—/0 sin а tg2a 8sin^
3.285.
3.285.
□ По условию, ABCAJ^C^ —правильная призма, О — центр нижнего основания, О, и О2 — центры симметрии боковых граней, АВ—а, В2В3С^С^— сечение,проходящее через точки О, Ov О2,
((АВС); (В2С2С3))—а (рис. Р.3.100). Так как О2 и О2 равноудалены от (АВС), то сечение пересекает основания по параллельным прямым, т. е. В2СЛВ3С3, и, следовательно, оно является трапецией. В ДЛВ, С, отрезок О2О2 — средняя линия, т. е. C^O^B^f, значит, В,СЛВ2С2ЦВС. Проекция сечения В2В3С3С2 на (АВС) есть трапеция B2BtCtC2, площадь которой
1/21 \ 1 а^ ^Jl „„ с?Лз
— I ~ а + _ а I - — •■——-—. Итак, 5сеч”тт"—"•
21 33/321212cosa
3.287.3.287.a2Asin a2(a+b)co$pa2Asin a2(a+b)co$p
3.287.
3.287.
a2Asin a
2(a+b)co$p
a2Asin a
2(a+b)co$p
□ По условию, РАВ С — правильная треугольная пирамида, LPBC—a, РМ-МС, (KMN)UAPB), S^kmn-S (рис. Р.3.101). Так как РС—2МС, то
Sдлрв=48дкмм^АВ. Имеем S^apb-^ АР1 sin(180°—2a)=- АР1 sin2a,
т. е. АР1— " . Из 6.APF находим AF—APcosa, откуда АВ—2APcosa sin 2a
иОС-иОС-2APcosa2APcosa, Теперь из (хРОС получим, Теперь из (хРОС получим
иОС-
иОС-
2APcosa
2APcosa
, Теперь из (хРОС получим
, Теперь из (хРОС получим
PO-sJPC^OC1PO-sJPC^OC1/ 8S 16Sctga /8S(3-4cos2a)sin 2a 3 у 3 sin 2a/ 8S 16Sctga /8S(3-4cos2a)sin 2a 3 у 3 sin 2a
PO-sJPC^OC1
PO-sJPC^OC1
/ 8S 16Sctga /8S(3-4cos2a)sin 2a 3 у 3 sin 2a
/ 8S 16Sctga /8S(3-4cos2a)sin 2a 3 у 3 sin 2a
Рис. Р.3.102Рис. Р.3.102
Рис. Р.3.102
Рис. Р.3.102
” Г /
_—г——4 /cos— —cos2a 4 /2sm a+7 I sin a—7 I
2л/ 25(1 — 2 cos 2a) у 3 V \ 6/ \ 6/
V3 sin 2a V3 sin 2aV3s*n2a
Окончательно находимОкончательно находим165ctga165ctga3 Vein 2a3 Vein 2ait я -<a<-.62it я -<a<-.623.289. □ По условию, AKLM — цилиндр, OOX — его ось, А принадлежит окружности верхнего основания, В— окружности нижнего основания, АВ=1, LABK=a, осевое сечение AMLK — квадрат (рис. Р.3.102); требуется найти расстояние от ОО, до АВ, Проведем BS^AK и получим сечение BSAK цилиндра, содержащее АВ; через ООг проведем (EFT)B(SBK). Расстояние между ООХ и АВ равно расстоянию между (EFT) и (SBK). Проведем ОРД-ВК; тогда 0РДД8ВК), так как ОРД.8В, а 8В(^ВК, т. е. ОР — искомое расстояние. Из kAKB найдем ВК=1 cos a, AK=lsma; отсюда ^—^ /cos а.3.289. □ По условию, AKLM — цилиндр, OOX — его ось, А принадлежит окружности верхнего основания, В— окружности нижнего основания, АВ=1, LABK=a, осевое сечение AMLK — квадрат (рис. Р.3.102); требуется найти расстояние от ОО, до АВ, Проведем BS^AK и получим сечение BSAK цилиндра, содержащее АВ; через ООг проведем (EFT)B(SBK). Расстояние между ООХ и АВ равно расстоянию между (EFT) и (SBK). Проведем ОРД-ВК; тогда 0РДД8ВК), так как ОРД.8В, а 8В(^ВК, т. е. ОР — искомое расстояние. Из kAKB найдем ВК=1 cos a, AK=lsma; отсюда ^—^ /cos а.ОВ=- EN=- TN=- АК=- /sin а.2222ОВ=- EN=- TN=- АК=- /sin а.2222Наконец, изНаконец, изА ОРВ получимА ОРВ получимZ2sin2a—- Z2cos2a= 4Z2sin2a—- Z2cos2a= 4где . cos2a<0, откудагде . cos2a<0, откуда
Окончательно находим
Окончательно находим
165ctga
165ctga
3 Vein 2a
3 Vein 2a
it я -<a<-.
62
it я -<a<-.
62
3.289. □ По условию, AKLM — цилиндр, OOX — его ось, А принадлежит окружности верхнего основания, В— окружности нижнего основания, АВ=1, LABK=a, осевое сечение AMLK — квадрат (рис. Р.3.102); требуется найти расстояние от ОО, до АВ, Проведем BS^AK и получим сечение BSAK цилиндра, содержащее АВ; через ООг проведем (EFT)B(SBK). Расстояние между ООХ и АВ равно расстоянию между (EFT) и (SBK). Проведем ОРД-ВК; тогда 0РДД8ВК), так как ОРД.8В, а 8В(^ВК, т. е. ОР — искомое расстояние. Из kAKB найдем ВК=1 cos a, AK=lsma; отсюда ^—^ /cos а.
3.289. □ По условию, AKLM — цилиндр, OOX — его ось, А принадлежит окружности верхнего основания, В— окружности нижнего основания, АВ=1, LABK=a, осевое сечение AMLK — квадрат (рис. Р.3.102); требуется найти расстояние от ОО, до АВ, Проведем BS^AK и получим сечение BSAK цилиндра, содержащее АВ; через ООг проведем (EFT)B(SBK). Расстояние между ООХ и АВ равно расстоянию между (EFT) и (SBK). Проведем ОРД-ВК; тогда 0РДД8ВК), так как ОРД.8В, а 8В(^ВК, т. е. ОР — искомое расстояние. Из kAKB найдем ВК=1 cos a, AK=lsma; отсюда ^—^ /cos а.
ОВ=- EN=- TN=- АК=- /sin а.2222
ОВ=- EN=- TN=- АК=- /sin а.2222
Наконец, из
Наконец, из
А ОРВ получим
А ОРВ получим
Z2sin2a—- Z2cos2a= 4
Z2sin2a—- Z2cos2a= 4
где . cos2a<0, откуда
где . cos2a<0, откуда
я Зя
44
□ По условию, CDEF—цилиндр, А С=АВ=ВС=а, А В принадлежит верхнему основанию цилиндра, С — окружности нижнего основания цилиндра, (АВС) составляет с CD угол а (рис. Р.3.103). Проведем CQLAB, тогда ВСД-АВ (по теореме о трех перпендикулярах), (ABC)1(CDQ), так как АВЦСО2). Проведем DKA_(ABC); DKe(CDQ) и Ke(CQ), т. е. LDCK=a. В £^CDQ имеем DC=CQcosa, QD=CQsaa, откуда
DC—— ; QD—-. Обозначим радиус основания цилиндра че-
R—~ илиR—~ илирез R, т. е. OD — OA — OB—R. Из &AOQ находим
R—~ или
R—~ или
3.291.
ЗЛ92.
3.293.
K-rU-^-QD-tq
Решив
это уравнение, найдем
„ a(3sin2a+l) Л
R = Окончательно получим
4^/3 sin a
a(3sin2a + l)
1$бохв2л—
4V3sina
кР sin 2a cos3 a
8cos(a+/i) cos(a—Д'
□ По условию, SCD
aJlcosa 1_
—=- яа2 (3 sin2 а +1) etg а. ■
24
и S^^D; — конусы, основания которых имеют
общий центр О, LCSO— LC1S1O«a,OC—R, Ssoi5^,0, = * ^полл.scd (рис.
R
Р.3.104); требуется найти Vs.c.d,. Из &.SOC находим SC--—, SO— sina
= ^ctga. Пусть ОС, —г; тогда S^ =-—-, S,O=rctga. Далее имеем sin ct
, яЯ2 лЯ2(1+$та)яг2
Ополи.5Сп = ”Я +-—=:1 Sect.s.c.D.™-.— ■
sina sinasin а
„2яг2 яЯ2(1+$та), Я2 (1+sin а)
Решив уравнение =, получим г—=
sin a sin а2
= Я2со82], т. е. г—ReosI. Итак, \4 2/\4 2/
,1., /я а\
Vs.c.d,-2 яг ctga=- яЯ’сов’ - -- ) etga. ■
3\4 2/
□ По условию, АВСА1В1С1—прямая призма, LACB—90°, АС—а, LABC—a, АС>ВС, АВ — диаметр основания конуса SAB, SeA1C1,
Рис. Р.3.105
АО С В
Рис. Р.3.106
АА,=а/2 (рис. Р.3.105). Заметим, что окружность основания конуса не является окружностью, описанной около ДАВС; в противном случае конус не был бы прямым и его высотой было бы боковое ребро, равное а/2. Проведем SO перпендикулярно основанию конуса и 5KH^i и соединим точки К и О. Так как SKL(ABC), SO LAB, SO — наклонная к (ABC), OK — ее проекция на эту плоскость, то OKI А С. Из ДАВС находим
а
АВ=, sma
а
ОК (и
, т. е. ОВ=. Далее в дАОК имеем —=tg I —a =ctga, t2sinaОА \2 /
actga
откуда OK=OActga=——. Наконец, из Д5К0 находим2 sma
SOSOV a2ctg2a _a ./sin2 a+i
SO
SO
4 4 sin2 a 2 sin a
3.295.2Я$т2 -.3.296.
4
л/3 sin2 2a cos a sin2 p
12sin2(a+№ '
2arcctgit«39,2°.
□ Изобразим осевое сечение усеченного конуса. По условию, AB,LA1B, ОО, — ось усеченного конуса, ВВ, — образующая усеченного конуса, АВ,=а, LB,BO=a (рис. Р.3.106). Пусть OB=R,, O,B,=R2; тогда MO=OB=R,, MO, = O,B, = R21 OO,-R,+R2. Проведем 5,(7110,0; при этом B,C=O,O=R,+R2. В ДВ,СА имеем L В, АС=45°; поэтому
B1C=AC=R,+R,=. Далее из ДВ,СВ находим В,В=-—=——,
122sma 2sma
aV2ла2
BC=R,— A,=B,Cctga=-— ctga. Значит, Sc,OI = it(Rl +R2J ■ B,B=——. 22 sin a
nU 2tiv/2 w
Решив систему уравнении Я1 + Я2=-—,Я2 = ^ найдем Kv =
- + a Iл sin I I
=-т- u-rcigaj =—-, 52=—- (l-ctga) =—. Итак,
42sma42sina
_ sin 1 - + a sin (- — a
яд2\4/V z
*^полн= T ".4*~ ; s 4*~: ; 2
2 sin a 4 sin a4 sin a
кд1
4 sin3 amz3
4 sin3 a
2 sin a+2 sin a+(2sina + l)(2sina + l)□ По условию, SAB — конус, SAC — сечение его плоскостью, LASC=a, SO — высота конуса, S^sc •' 5доля=2 : л (рис. Р.3.107); требуется найти
2 sin a+
2 sin a+
(2sina + l)
(2sina + l)
LASO. Пусть SA = i, OA = R; тогда Suom = itRl+nR1 = 7iR(R + i))
I . ./’sin a 2 /’sina sin a
Имеем^=4; -.—=4. Учитывая,
R
что - = sin<p, где <p= LASO, получим 4sin’ <p + 4sin<p — sina = 0, откуда
Так как ф — острый угол, тоТак как ф — острый угол, то— 2+V4+4sina
Так как ф — острый угол, то
Так как ф — острый угол, то
Sin m =".
4
<2 cos |I— I 2/<2 cos |I— I 2/+sina-1 sin ® =-=
<2 cos |I— I 2/
<2 cos |I— I 2/
2
22/ гл—аа\
2
2
Итак, <p=arcsin v2 sinsin - I. ■
\44/
□ По условию, SAB — конус, SO — его высота, SO = h, LASO = a, SKM — сечение конуса плоскостью, LSKMB=P (рис. P.3.108). Проведем SNLKM; тогда ONLKM и, значит, LSNO=p. В Л SON имеем SN =-^—, .•smp
ON=h<A%p. Далее из Л80М находим OM=htga и, наконец, из ЛОНМ получим
an р cos a
Итак, 5д$кмИтак, 5д$кмt?^ — cos(a+^) cos(a—Дsin3 p cos a '
Итак, 5д$км
Итак, 5д$км
3.301. □ По условию, SCD — конус, SO — его высота, SAB — сечение конуса3.301. □ По условию, SCD — конус, SO — его высота, SAB — сечение конусаплоскостью, Р.3.109). Изплоскостью, Р.3.109). Изтеореме о ОЕтеореме о ОЕ\jAnB : иАтВ—р : q, OEL(SAB),&SEO найдем SO —. Так какsin атрех перпендикулярах) и из\jAnB : иАтВ—р : q, OEL(SAB),&SEO найдем SO —. Так какsin атрех перпендикулярах) и изОЕ—а,SO LAB, kFEOОЕ—а,SO LAB, kFEOLESO—a (рис.то SELA В (поLESO—a (рис.то SELA В (поааследует, чтоследует, чтоOF-=.sin (90° — a) cos aOF-=.sin (90° — a) cos aТпрпрДалее имеем оАпВ——-, откуда LAOF—.P+qp+qТпрпрДалее имеем оАпВ——-, откуда LAOF—.P+qp+qOFOFааТогда из kAFO получим АО—=.прпрcos cos a cos p+qp+qТогда из kAFO получим АО—=.прпрcos cos a cos p+qp+q. Итак,. Итак,V—- пАО1 • SO — - лV—- пАО1 • SO — - ла2а233322 ^cos a cos p^q322 ^cos a cos p^qаsin ааsin а2 ла32 ла33 cos a sin 2а cos p*q3 cos a sin 2а cos p*qлллл—2arctg -, £>л.2 к
3.301. □ По условию, SCD — конус, SO — его высота, SAB — сечение конуса
3.301. □ По условию, SCD — конус, SO — его высота, SAB — сечение конуса
плоскостью, Р.3.109). Из
плоскостью, Р.3.109). Из
теореме о ОЕ
теореме о ОЕ
\jAnB : иАтВ—р : q, OEL(SAB),
&SEO найдем SO —. Так как
sin а
трех перпендикулярах) и из
\jAnB : иАтВ—р : q, OEL(SAB),
&SEO найдем SO —. Так как
sin а
трех перпендикулярах) и из
ОЕ—а,
SO LAB, kFEO
ОЕ—а,
SO LAB, kFEO
LESO—a (рис.то SELA В (по
LESO—a (рис.то SELA В (по
а
а
следует, что
следует, что
OF-=.
sin (90° — a) cos a
OF-=.
sin (90° — a) cos a
Тпрпр
Далее имеем оАпВ——-, откуда LAOF—.
P+qp+q
Тпрпр
Далее имеем оАпВ——-, откуда LAOF—.
P+qp+q
OF
OF
а
а
Тогда из kAFO получим АО—=.
прпр
cos cos a cos p+qp+q
Тогда из kAFO получим АО—=.
прпр
cos cos a cos p+qp+q
. Итак,
. Итак,
V—- пАО1 • SO — - л
V—- пАО1 • SO — - л
а2
а2
3
3
322 ^
cos a cos p^q
322 ^
cos a cos p^q
аsin а
аsin а
2 ла3
2 ла3
3 cos a sin 2а cos p*q
3 cos a sin 2а cos p*q
л
л
л
л
□ По условию, L АСВ=90°, ВС —а, LBAC—a, АК—биссектриса угла ВАС, MNLAK^pac. Р.3.110). Проведем BBVLMN и CC.LMN и отложим BVD=BD, C^E—CE. Искомый объем будем искать по формуле
V т.»р = V DECS — V DAB — V ЛЕС = -^uDEt.DB1 + DB ЕС + ЕС1') -
-^ nAD ■ DB1-^ ПАЕ ■ ЕС1.
В ДЛВСимеем АВ-——, AC—actg а. Очевидно, что LDBA = LBAK— а/2, sma
a a a
LACE= LKAC=a(2. Из ^ADB найдем AD=AB^ti-- sin- =
аа_ а 2 cos - 2_ а 2 cos - 2, DB—ABcos-—-г— ■ cos- = :2 sin а 2, DB—ABcos-—-г— ■ cos- = :2 sin а 2a . Далее из &AEC2sin -2a . Далее из &AEC2sin -2находимнаходимa-AE—AC sin -—a ctga ■ sin - = 22a-AE—AC sin -—a ctga ■ sin - = 22а a cos аа a cos а_ а 2 cos - 2_ а 2 cos - 2a a cosa ЕС—AC cos -=.2 а2 sin - .2a a cosa ЕС—AC cos -=.2 а2 sin - .2Значит,Значит,aDE-DA+AE-aDE-DA+AE-++a cos аa cos а„ a „ a 2cos - 2cos-~2„ a „ a 2cos - 2cos-~2a _—a cos -. Окончательно получимa _—a cos -. Окончательно получим22УзУз11аа=- л а cos -=- л а cos -3322а2а2a2 cos a a2 cos2 aa2 cos a a2 cos2 a114 sin2 - 4 sin2 -4 sin2 -,222114 sin2 - 4 sin2 -4 sin2 -,222**1— я31— я3а3а3118 sin2 - cos -228 sin2 - cos -22a3 cos3aя„ ■ i a a8 sin2 - cos -22a3 cos3aя„ ■ i a a8 sin2 - cos -222 sma 2
а
а
_ а 2 cos - 2
_ а 2 cos - 2
, DB—ABcos-—-г— ■ cos- = :2 sin а 2
, DB—ABcos-—-г— ■ cos- = :2 sin а 2
a . Далее из &AEC
2sin -
2
a . Далее из &AEC
2sin -
2
находим
находим
a-
AE—AC sin -—a ctga ■ sin - = 22
a-
AE—AC sin -—a ctga ■ sin - = 22
а a cos а
а a cos а
_ а 2 cos - 2
_ а 2 cos - 2
a a cosa ЕС—AC cos -=.
2 а
2 sin - .2
a a cosa ЕС—AC cos -=.
2 а
2 sin - .2
Значит,
Значит,
a
DE-DA+AE-
a
DE-DA+AE-
+
+
a cos а
a cos а
„ a „ a 2cos - 2cos-
~2
„ a „ a 2cos - 2cos-
~2
a _
—a cos -. Окончательно получим
a _
—a cos -. Окончательно получим
2
2
Уз
Уз
1
1
а
а
=- л а cos -
=- л а cos -
3
3
2
2
а2
а2
a2 cos a a2 cos2 a
a2 cos a a2 cos2 a
11
4 sin2 - 4 sin2 -4 sin2 -
,222
11
4 sin2 - 4 sin2 -4 sin2 -
,222
*
*
1— я3
1— я3
а3
а3
1
1
8 sin2 - cos -
22
8 sin2 - cos -
22
a3 cos3aя
„ ■ i a a
8 sin2 - cos -
22
a3 cos3aя
„ ■ i a a
8 sin2 - cos -
22
ла324 sin2 - cos -22ла324 sin2 - cos -222cos2 ^ (1+cosa+cos2a)—1— cos3al =2cos2 ^ (1+cosa+cos2a)—1— cos3al =MM. a 12sina sin - 2. a 12sina sin - 2((I 3-cosa)(l +cosa+cos2a)—I—cos3a)=((I 3-cosa)(l +cosa+cos2a)—I—cos3a)=
ла3
24 sin2 - cos -
22
ла3
24 sin2 - cos -
22
2cos2 ^ (1+cosa+cos2a)—1— cos3al =
2cos2 ^ (1+cosa+cos2a)—1— cos3al =
M
M
. a 12sina sin - 2
. a 12sina sin - 2
((I 3-cosa)(l +cosa+cos2a)—I—cos3a)=
((I 3-cosa)(l +cosa+cos2a)—I—cos3a)=
, aa
,кд1 ctg a ctg - cos -
ла3,22
(2cosa+2cos a)=. a3
12sina sin - 2
□ По условию, LBAC = i— тупой угол, AB=AC, BM.LAC, CNXAB, ADLBC, О — ортоцентр (т. e. точка пересечения высот) ^АВС, О^О^ВС, ОеО2О2, ВС=а (рис. Р.3.111). Объем тела вращения LABC вокруг прямой ОД найдем по формуле Кт.,р = Vq^cb-^Vq^ab. где
a
Vo1o1cb=V№1=t O^B1 • ВС. Имеем LOAM=LCAD=-, LMOA=90°--, aaaaa
a LOBD=-. Из &0DB и ^ADB находим OD=- tg -, AD=- ctg -; тогда 22222
a aa / a a\
OXB=OD=^ tg-, О A = OD—AD=-^ I tg-—ctg -I. Окончательно получим „a1 ,a2a (, a a2a ( a a\
FT% — tg2-■ a— л- — tg2 -3—tg - I tg —ctg - +
p4232\ 42 42\B2 2/
a2 / a a' +7(tgrctg-a2 / a a' +7(tgrctg-, a 1 , a
a2 / a a' +7(tgrctg-
a2 / a a' +7(tgrctg-
- tg2tg2 —
\2 32
1 , a 1 1 , a 2 1, a\ na3 /,_
— tg2 -3tg2 -3Ctg2 - 1=I 3—ctg2 - I. ■
3 6 2 3 3 6 2 3 3 6 2/ 12 I 6 2/
3305. | arcsin (2(V2-1)) и ^-^ arcsin (2(^2-1)).
3307. □ По условию, AB=TR, СРЦАВ, О — центр полуокружности, LADC=a, AC<AD (рис. P.3.112). Объем тела вращения ДЛСО вокруг АВ будем искать по формуле
KT.Bp=Kto2c+Po2cDO1 —^o,!!™^ ” O^ ■ АО2+пО2С2 • О2О2 —
112
-- л О^1 ■ АО1=- л О2С2 (АО2 + ЗО1О2-АО1)=- л О2С2 ■ О2О2,
Рис. Р.3.112Рис. Р.3.112
Рис. Р.3.112
Рис. Р.3.112
так как ОХВ = О2Си ЛО,— ЛО2 — ОХО2. Учитывая, что LABC- _aDC=i как вписанные углы, опирающиеся на о АС, из ^АСВ, где LACB— 90° (вписанный угол, опирающийся на диаметр АВ), находим ВС =2R cos а, -AC==2Rsna. В ДЛО2С имеем дО2ЛС=90°—а, ДО2СЛ = а, О2С=АС cosa=2Rsina cosa=Asin2a, О2А=Л С sina=2Rsin2а; тогда О, О2=2R—2АО2=2R (1 — 2 sin2 а)=2Ясо$ 2а. Итак,
22
У2 вр=- лЯ25щ22а ■ 2R cos2a=- я/?3 sin 2а sin 4а. ■
□ По условию, AB\\DC, AD = BC, АВ=а, LDAB=a, BDEAD (рис.
Р.3.113). Объем тела вращения трапеции ABCD вокруг АВ будем искать по формуле Ут.вр =2Удев + Vdefc. где DELAB, CFLAB. Имеем .
211
Ит.вр=- "DE1 • AE+rDE2 ■ EF=- rDE1 (2AE+3EF)=- я DE2 (a + 2EF) =
1/12\/4\
=- uDE? I - a-I— (a—2AE) \ = rDE1 I a — AE).
3\33v J I 3 7
получимСледоватеполучимСледоватеИз ^ADB находимАР=a cos а, а из ^ADE
получим
Следовате
получим
Следовате
DE=AD sina=a cosa sina=- sin2a, AE=ADcosa=a cos2a.
2
льно,
V.V.32 '—cos а432 '—cos а4с? . 2. / 42 \ ла3 . 2
V.
V.
32 '
—cos а
4
32 '
—cos а
4
= л — sin 2а ( а — a cos а =— sin 2а
4 V 3/ 3
13.309. -213.309. -23-311.3-311.летлет. l-2cos2a ла3 ..sin2 2a=— sin2 2a sin. l-2cos2a ла3 ..sin2 2a=— sin2 2a sin4433л\ / Л \а—- 1 sin I а+- I. ■л\ / Л \а—- 1 sin I а+- I. ■зIла cos - - a ;\3)e 2a+^2a-^Л( cos2 cos 223 sin2 aзIла cos - - a ;\3)e 2a+^2a-^Л( cos2 cos 223 sin2 aприприл а=-.л а=-.3.310.3.310.2 2 ■ a тага sin -.22 2 ■ a тага sin -.23.312.3.312.8ла2 sin а8ла2 sin аa/ л a \/лаcos - cos -+- I cos f --2\6 2/\6 2a/ л a \/лаcos - cos -+- I cos f --2\6 2/\6 2
1
3.309. -
2
1
3.309. -
2
3-311.
3-311.
ле
т
ле
т
. l-2cos2a ла3 ..
sin2 2a=— sin2 2a sin
. l-2cos2a ла3 ..
sin2 2a=— sin2 2a sin
4
4
3
3
л\ / Л \а—- 1 sin I а+- I. ■
л\ / Л \а—- 1 sin I а+- I. ■
зI
ла cos - - a ;
\3)
e 2a+^2a-^
Л( cos2 cos
22
3 sin2 a
зI
ла cos - - a ;
\3)
e 2a+^2a-^
Л( cos2 cos
22
3 sin2 a
при
при
л а=-.
л а=-.
3.310.
3.310.
2 2 ■ a тага sin -.
2
2 2 ■ a тага sin -.
2
3.312.
3.312.
8ла2 sin а
8ла2 sin а
a/ л a \/ла
cos - cos -+- I cos f --
2\6 2/\6 2
a/ л a \/ла
cos - cos -+- I cos f --
2\6 2/\6 2
a /« a X
sin2 - 1 +cos2- J,
14 \ 4 /4
3.313. arccos —. 3.314.-. 3315. -.
a—sina5
□ По условию, ABCAXBXCX — правильная треугольная усеченная пира
мида, ООХ = Н, OOx = yjВС ■ ВХСХ, LAxAO = a (рис. Р.3.114). Пусть ВС=а,
Рис. Р.3.114Рис. Р.3.114
Рис. Р.3.114
Рис. Р.3.114
aJ3 М3
BxCx=b; тогда OA=—^~, OXAX=——. Проведем Л1Х’||ОО1; из ДАХКА находим AK=H ctga и так как АК=АО-КО=АО-АХОХ = а-Лз ьЛз Лз J3
———-— (а—b), то — (a—6)=/Z ctga. Кроме того, из условия
следует, что ab —Н, В результате полупим
Рус.шф=- н — +—— +—4—J=-jy (а + d>+b) = " ((а-ЬУ + Заф-Л^ЗН1 ctga+3№) =
н1^, , я7з ="- ctgJa+l)=—V.
44 sin a
I 5a 1
3317. sin (a+ 5) /—:-.3318.2л2 cos2 - V —2 cos 2a.
2 sin a sin 2Д2 v
a(a—i)tga2(т+л)Н2.т-
3319. 3320. — ctgaJ2+ctg2a.
3a—bm—n
3321. □ По условию,ABCAXBXCX—усеченная пирамида, ABC
и AXBXCX—правильные треугольники, DB=DA, DXBX=DXAX и DXDL(ABC), большее ребро пирамиды равно / и образует с (АВС) угол а, О и Ох —центры оснований (рис. Р.3.115). Пусть АС=а, АХСХ=Ь; тогда аЛз ьЛз
DC=-^-, DXCX =—-. Проведем CXE^DXD, AXK^DXD и положим DDX =h.
Из дСхЕС находим, что CxC=-jcxE1 + E(? = I , (аЛз bJ3\i I Г”3(а-^
= /А2 + |—) = h1^, а из ДАХКА — что
\ 22 /4
AXA = >JAXIP + AIP= J112^—^-- Значит, СХС>АХА, т. е. СХС=1 и LCxCE=a; в дСхЕСимеем CxE=lsm«, CE=lcosa. Проведем OXF%,DXD; тогда
аЛз ЬЛЗ (а-Ь)ЛзOF=OD-DF=OD-OXDX=-^0)
аЛз ЬЛЗ (а-Ь^/з
Так как C£=/cosa и CE=DC-DE=DC-DXCX=^-^-=-— т0
222
(a—b)^2/cos a
— = /cosa или а— b = .(2)
2./3
/cos a
Из (1) и (2) находим OF=—-—. Наконец, из ДОХЕО получим
00x=>/0xF1 + 0Fi=^CxE1 + 0Fi = ^7й^а+^^Л=
Рис. Р.3.115
Рис. Р.3.116
arctg —£ . cos W2)
□ По условию, PABCD — правильная четырехугольная пирамида, AXBXCXDXA2B2C2D2 — вписанный в нее куб, точки Ах, Вх, Сх, Dx принадлежат боковым ребрам, а А2, В2, С2, D2 — основанию пирамиды, РОЦАВС), LPAO=a (рис. Р.3.116); требуется найти F^a : Кпир- Поло-
Хх/2
жим DxD2 = x, тогда Fry6a=x3, OD2=-^. Из kDxDxD находим xJl
DD2=x ctga; далее имеем OD=~- +xctga, PO=ODtga= x(V2+2ctga) , =■ tg a. Значит,
v -1 12 ^(V2+2ctga)2 x(V2 + 2ctga)tga
V^-y-DB PO--—
_V^ ^(l+V^ctga)3 Р'ауба x3-6ctga 3-^2ctga 6 ctgaPimp ^/2 x3^ +5/2ctga)3 (1 + V2ctga)3
3.324. □ По условию, SABCD—правильная пирамида, SO—ее высота, LSAO=a, MQPNMXQXPXNX — правильная вписанная в нее призма, точки Мх, Qx, Рх, Nx лежат на боковых ребрах пирамиды, AD=a, LPxMP=<p (рис. Р.3.117). Пусть РРх=т; тогда из ZxMPPx имеем MP=mctg<? и.
следовательно,
ЬМХМА~ bSOA,
Pnp=^ m2ctg2«> ■ m=l m3ctg2<p.
MMX AMto 5=. Из
SO AO
Так
как
SO=AOtga=-^— tga, откуда AM=
ММХ • АО та-
Л SO А iV2 -2
находим
SO
2a^/2tga
=mctga. Но
AM-AO-MO^-X_ MP,^-*^. Решив2222
уравнение
aJl mctga=—
mctgy
—-—, получим m
=^—- Итак,
2ctga+ctgy
Рис. Р.3.118
1 V = - кпр =21 V = - кпр =2a’^ctg2^(2ctga+ctg<?)3’a’^ctg2^(2ctga+ctg<?)3’/а^\з
1 V = - кпр =2
1 V = - кпр =2
a’^ctg2^(2ctga+ctg<?)3’
a’^ctg2^(2ctga+ctg<?)3’
I~I ct82 Ф
\2ctga+ctg<py
a sin a
;;
/ Л
2 sin -+a
□ По условию, SABCD — пирамида, ABCD — квадрат, (8ВА)ДАВС), (SBC)1(ABQ, AB=a, большее боковое ребро образует с (А СВ) угол Д; в пирамиду вписан прямоугольный параллелепипед BEFKBXEXFXKX, где В, Е, F, Ke(ABQ, точки Вх, Ех, Fx, Кх принадлежат боковым ребрам пирамиды. BXF образует с (АВС) угол я (рис. Р.3.118). Так как боковые ребра параллелепипеда перпендикулярны (ABQ, то Ее АВ, КеВС, FeBD. Поскольку ABCD — квадрат, BEFK — также квадрат как фигура, гомотетичная ABCD относительно точки В. Пусть ВЕ=х; тогда BF^xs/z. Из &BXBF, в котором LBxFB=a, находим BXB=BF tga=x-/2 tga. Так как BA=BC<BD, то SD — наибольшее боковое ребро пирамиды, т. е. LSDB=p. Далее имеем FD=BD-BF=(a—х)^/2. Из &FXFD находим FxF=FDtgf$=(a—xX/2tg/J; поэтому (a—x)V2tg^=xV2tgot, откуда atg8a sin 8 cos a _
x—- =—-. Окончательно получим
tga+tg)? яп(я+Д)
,, г аУ2 sin3 8 cos3 a sin a a3 Jz sin3 8 cos2 a sin a _
r” " V2 *—Ъ■ ■
^B=2^sina и, значит,
4Л2 sin2 a sin24Л2 sin2 a sin28давс=8давс=2 sin a2 sin aя a 2^2я a 2^2=2A2sina cos2=2A2sina cos2
4Л2 sin2 a sin2
4Л2 sin2 a sin2
8давс=
8давс=
2 sin a
2 sin a
я a 2^2
я a 2^2
=2A2sina cos2
=2A2sina cos2
Итак, 1,- a Я 1 ,, а К , a
F™, =” • 2л sin a cos2 - . — =- jcHsm a cos2 - =— sin a cos2 ■ w 32 2 32 Зя2
_” V2 a3 sin3 2a4 cos a cos в
3.329. —3г. 3.330.5—.
■ x 11 i я (cos2 a+cos2 в) 128 sin3 -+a
. V /
□ По условию, AAXBXB — цилиндр, OOX — его ось, ACDAXCXD x — призма, вписанная в цилиндр, OO1e(AA1D1), LAxDA=a, L^DC=p, OOX=H (рис. Р.3.120). Из ДАХАВ найдем AD = Hctga, AXD=-—. Соединим Ах sma.
и С; так как LACD — вписанный и опирается на диаметр AD, то CDLAC ■ Heos В
и, значит, АХС±СО. Из ЛАХСО находим CD=AxDco$P =—;, а из
sma ДАСВ получим
V$in2a-cos2^=V$in2a-cos2^=/5i I 1 Я2 COS2 в Я
V$in2a-cos2^=
V$in2a-cos2^=
AC=JaD2-CD2 = /ff2ctg2aгт—--—
уsiir asin с
_ Я ZcoTii/r^corS—ff^/srinifcc^
sin a V 2sin a
H3 cos Дл/sin (a+^) sin (a—^)2 sin2 aH3 cos Дл/sin (a+^) sin (a—^)2 sin2 aИтак,
H3 cos Дл/sin (a+^) sin (a—^)2 sin2 a
H3 cos Дл/sin (a+^) sin (a—^)2 sin2 a
И„р = 8длвс OOx=lcD AC. H=
□ По условию, SABC — конус, SO — его высота, CDEFCXDXEXFX — вписанный в конус куб, Сх, Dx, Ех, F, — точки, лежащие на боковой поверхности конуса, SO: ССх=к (рис. Р.3.121). В д80хСх имеем
SO. 2(SO-x). Л
etg LASO=——=—, где х=ССх. Отсюда находим ctgZ_ASO =
= V2(^--1] = V2(A:-1), т. е. Z_^S0 = arcctg(V2(Jt-1)). ■
55Рис. Р.3.121Рис. Р.3.1213.333.3.333.9 sin 2а cos а9 sin 2а cos а8 л sin28 л sin2□ Пусть PMN — осевое сечение конуса, KLNlMl — осевое сечение вписанного цилиндра, LOxMK=a, РО— высота конуса, LMPO=P (рис. Р.3.122); требуется найти Vxo«" ^дал- Обозначим радиус основания конуса
5
5
Рис. Р.3.121
Рис. Р.3.121
3.333.
3.333.
9 sin 2а cos а
9 sin 2а cos а
8 л sin2
8 л sin2
через R; тогда OP=R<AgP (из ^РОМ) и FIoa=- nR3ctgP. Из АОХОМ находим OOx=Rtga. Так как М1К=ОО1, то из &МХМК, в котором LMMXK= LMPO=P, получим MK=Rtgi tg^. Значит,
OK=OM—MK=R—RXga tg/?=^^^^, откуда cos a cosр
V„-.OK> оо^-^^я.
cos2a cos Р
^x™ kR3 ctg P cos2 P cos2 acos3 a cos3 p
3 sin a sin Д cos2 (а+/О3 sin a sin Д cos2 (а+/О3335.3335.2(4+V6) arctg^—.2(4+V6) arctg^—.3336.3336.2ctgactg^ n(ctg2a+ctg2^) "2ctgactg^ n(ctg2a+ctg2^) "2 л г/22 л г/2cos а sin:cos а sin:л+а4. . з а4 sin а cos - 22aZ2ctg3.340.;.а 9 sin 2а2л+а4. . з а4 sin а cos - 22aZ2ctg3.340.;.а 9 sin 2а23337.3337.2лsin 2а"2лsin 2а"3.338.3.338.1 ’'«’cosatg^. 3341..24 cos3 - 21 ’'«’cosatg^. 3341..24 cos3 - 23342. □ Изобразим осевое сечение фигуры плоскостью, проходящей через центр вписанного шара и параллельной основанию. В сечении получим параллелограмм A BCD, равный основанию прямого параллелепипеда, и вписанный в него большой круг вписанного шара с центром в точке О (рис. Р.3.123). Из этого следует, что основанием параллелепипеда служит ромб. Требуется найти углы основания параллелепипеда, если Утр : Кшара=^.3342. □ Изобразим осевое сечение фигуры плоскостью, проходящей через центр вписанного шара и параллельной основанию. В сечении получим параллелограмм A BCD, равный основанию прямого параллелепипеда, и вписанный в него большой круг вписанного шара с центром в точке О (рис. Р.3.123). Из этого следует, что основанием параллелепипеда служит ромб. Требуется найти углы основания параллелепипеда, если Утр : Кшара=^.Кцал 3 лЛ3 cos2 (а+Д) tg а
3 sin a sin Д cos2 (а+/О
3 sin a sin Д cos2 (а+/О
3335.
3335.
2(4+V6) arctg^—.
2(4+V6) arctg^—.
3336.
3336.
2ctgactg^ n(ctg2a+ctg2^) "
2ctgactg^ n(ctg2a+ctg2^) "
2 л г/2
2 л г/2
cos а sin:
cos а sin:
л+а
4
. . з а
4 sin а cos - 2
2aZ2ctg
3.340.;.
а 9 sin 2а
2
л+а
4
. . з а
4 sin а cos - 2
2aZ2ctg
3.340.;.
а 9 sin 2а
2
3337.
3337.
2л
sin 2а"
2л
sin 2а"
3.338.
3.338.
1 ’'«’cosatg^. 3341..
24 cos3 - 2
1 ’'«’cosatg^. 3341..
24 cos3 - 2
3342. □ Изобразим осевое сечение фигуры плоскостью, проходящей через центр вписанного шара и параллельной основанию. В сечении получим параллелограмм A BCD, равный основанию прямого параллелепипеда, и вписанный в него большой круг вписанного шара с центром в точке О (рис. Р.3.123). Из этого следует, что основанием параллелепипеда служит ромб. Требуется найти углы основания параллелепипеда, если Утр : Кшара=^.
3342. □ Изобразим осевое сечение фигуры плоскостью, проходящей через центр вписанного шара и параллельной основанию. В сечении получим параллелограмм A BCD, равный основанию прямого параллелепипеда, и вписанный в него большой круг вписанного шара с центром в точке О (рис. Р.3.123). Из этого следует, что основанием параллелепипеда служит ромб. Требуется найти углы основания параллелепипеда, если Утр : Кшара=^.
Обозначим радиус шара через г, тогда высота ромба равна 2г. Проведем 2г
BEA.AD и положим LBAD = a. Из LBEA находим АВ=. Тогда sina
48г38г3 4лг3
Ишара=-яг3, Кпар=5^дсо • 2г=-—. По условию, -— : ;=к или 3sin asin a 3
666
sina=—. Итак, a=arcsin —, LADC=h— arcsin —-; так как 0<sina<l, то якяклк
666
— <1, откуда к^-. При к= основанием параллелепипеда служит квад- якяя
рат, т. е. параллелепипед является правильной призмой. ■
□ По условию, К— центр шара, ABCDA^^^! — прямая призма, описанная около шара, ABCD — ромб, АС — большая диагональ ромба, LCxAC=a (рис. Р.3.124). Пусть КО = г, тогда ССХ = 2r, HC=2rctga. Через точку К проведем (A^C^W^ABC); эта плоскость пересечет шар по большому кругу, вписанному в сечение A1B1C1D1, равное основанию ABCD; следовательно, высота ромба А^С^г равна 2г. Проведем OLLAD.
1OL г
В LALO имеем OL=r, l_OAL=LBAD, sin L О AL =—== tga.
2OA rctga
Отсюда L AOL=arcsin (tg a); Z_BH2) = 2arcsin(tga). ■
(
a\, a /я a\
sin - J. 3.345. 2r3 ctg - ctg .
2/2\4 2/
□ По условию, Ox — центр шара, вписанного в правильную пирамиду PABCD, РО — высота пирамиды, РОХ : ОхО=т : л (рис. Р.3.125); требуется найти угол между (PDC) и (ВРС). Очевидно, что BDLPC (по теореме о трех перпендикулярах). Проведем через BD плоскость (BLD^LPC; тогда BLLPC и DLLPC, т. е. LBLD — линейный угол двугранного угла BPCD. Пусть DC=a, К — точка касания шара с боковой поверхностью пирамиды
O.K OFпа
и PFLDC. Так как LOXKP~ lPOF, то ——-=— или — =——; тогда ОХР PFт 2РЕ
amа1т1 a2 аЛт2 + п2
PF=—. Из LPFC находим РС= —^-|—=. Теперь восполь-
2лV 4л24 2л
зуемся тем, что 8дрвс=^ ВС • •^=2 PC • DL, откуда
DC • FP а • ат ■ 2л ат DL==;= ■,.
Наконец, в &BLD имеем BD1 =1BL?—1DL1 cos LBLD, т. е.
ID^-BD1 пР+п1IcPn1 п1
cos LBLD=———;— =—„ , ,—‘ = — ,д =2;
2DL1 Izrnr 2/Pnr nr "^P+j? л2 LBLD=u—arccos —5. ■ nr
334П.arcsin334П.arcsina(3+cos2e),. a - a, /я a\ a
334П.
arcsin
334П.
arcsin
. 3348. 8a2 cos a cos2 - ctg2 -. 3349. 4A2tg I-+- ] • ctg -. 3.350.
4sm2a.22\4 2/2
L . /я a\
. 3351. -——3.352. —. 3353. 2arccos
3 V *>M26 Vй
V \3 2/
3354. □ I способ. По условию, DABC — пирамида, AB=AC=b, (DAB)J-(ABQ, (ОАС)ЦАВС), LBDAC=a, LBBCA=a, О — центр вписанного шара (рис. Р.3.126). Высота пирамиды совпадает с боковым ребром AD, поскольку перпендикуляр, опущенный из точки D на (ABQ, должен принадлежать и (DAB), и. (DAC), т. е. он совпадает с линией их пересечения. Так как ABJ.AD и AC3-AD, то LBAC=a. Проведем DE3-BC и соединим точки А и Е; тогда LAED = a как линейный угол двугранного угла DBCA. Докажем, что Oe(ADE). Соединим О с точками касания О^ О2, О3, 04 и проведем О2ЛГ2Х(ЛВС), ОЭЛ/3ДАВС); так как (АВВ)ДАВС) и (ADC)1(ABQ, то М2е(АС), М3е(АВ); при этом L О2ОО3 = L О3ООХ =90° как углы между перпендикулярами к перпендикулярным плоскостям. Но ОО2 = ОО3 = ООх=г, где г — радиус вписанного шара, и, значит,О1ЛГ2=О1Д/3=г, т. е. Охе(АЕ), и так как ОС^ЦАВС), то Oe(ADE).
гa
Из Д,ОхМ2А находим АОХ=, а из ^АЕС получим AE=bcos -; тогда . a2
•sin -
araOl£=Acos-; наконец, в AOOVE имеем O1E=rctg-. Составим sin - 2araOl£=Acos-; наконец, в AOOVE имеем O1E=rctg-. Составим sin - 2уравнениеуравнениеAsinaAsina, ar ab cos-=rctg-. a 2 sin -2Asina, ar ab cos-=rctg-. a 2 sin -2Asinaилиили, . Л a\- Asina=rf 1+cos- L откуда, . Л a\- Asina=rf 1+cos- L откуда
ara
Ol£=Acos-; наконец, в AOOVE имеем O1E=rctg-. Составим sin - 2
ara
Ol£=Acos-; наконец, в AOOVE имеем O1E=rctg-. Составим sin - 2
уравнение
уравнение
Asina
Asina
, ar a
b cos-=rctg-
. a 2 sin -
2
Asina
, ar a
b cos-=rctg-
. a 2 sin -
2
Asina
или
или
, . Л a\
- Asina=rf 1+cos- L откуда
, . Л a\
- Asina=rf 1+cos- L откуда
2 I 1 +cos ) 4cos2 - \2/4
II способ. Если воспользоваться формулой Кщф™-5ш>ля г> то можно обойтись без выяснения, где расположен центр вписанного шара. Из a
A DAE находим ^2)=^£tga=Acos - tga. Тогда
1al,a
^пир=г Едлвс • AD=- • - A2 sin a Acos - tga=- A3sina tga cos-, 33 2262
1 Кдлвс ]
5иоля=5дя»с+5ддсд+25дядс=т A2sinaH+2 • - A ■ AD= 2cos a 2
=- A2sina+- A2tga+A2cos -tg222=- A2sina+- A2tga+A2cos -tg222a=a=1/ot\
=- A2sina+- A2tga+A2cos -tg
222
=- A2sina+- A2tga+A2cos -tg
222
a=
a=
■- A2tga I cosa+1 +2cos - I.
2\2/
Окончательно получим
,1 ,3 ..1
AsinaAsinaAsinaAsina3 • - A sin a tg a cos - 62
Asina
Asina
Asina
Asina
- A2 tga [ cosa+l+2cos-) 2|cos- + l] 4cos2-
2\2/\2/4
□ По условию, SABCD — пирамида, SOHABQ, ABCD— ромб, LDAB=a (a<n/2), LSABC= LSBCD = LSCDA= LSDAB=p, L — центр вписанного в пирамиду шара, г — радиус этого шара (рис. Р.3.127). Проведем SEA.AB, SFLBC, SKLCD, SNA.AD и соединим О с Е, F, К и N. Имеем OELAB, OFLBC, OKLCD, ON LAD (по теореме о трех перпендикулярах); тогда LSEO= LSFO— LSKO= LSNO=P как линейные углы равных двугранных углов и ASOE= ASOF— ASOK= ASON (прямоугольные треугольники, имеющие общий катет SO и равные противолежащие углы /О- Из равенства треугольников заключаем, что OE=OF=OK=ON, т. е. О — точка пересечения диагоналей ромба. Отсюда следует, что в данную пирамиду можно вписать конус с осью SO. Шар, вписанный в этот конус, вписан и в пирамиду; следовательно, LeSO и LO=r. Из A LOF находим Р
OF=г ctg -, отрезки OF и ON лежат на одной прямой NF, так как OFLBC
Р
и ONA.AD, а АВ^ВС; поэтому NF=2rctg -. Проведем BQ^FN. Из AAQB
2r ctg -
BQ NF
находимАВ=-—=-———:, а из ASOF получим
sin a sin asin a
P
SO =■ OFtg P—r ctg - tg p. Итак,
Уияр=^ Sabcd • so-^ AB1 sin a • rctg ~ tg^= ^ctg^sinatg^ 4r3tg/?
3 sin3 a« "
- я , 0<fc<2sin -. : n- я , 0<fc<2sin -. : n3snatg’|
- я , 0<fc<2sin -. : n
- я , 0<fc<2sin -. : n
3.356.3.356.- tg - ^/6Fsina ctg^. 3357. - arcsin, 2 22. я
3.356.
3.356.
2 an -л
3358. □ По условию, К — центр шара, SABC...— описанная около него правильная n-угольная пирамида, SO — высота пирамиды, LSBCO=a,
a
КО = К (рис. Р.3.128). Из ^KOD, где ODA.BC и LODK=-, найдем
a360°180°
OD=Rctg-. Так как LBOC=, то LBOD=, 2лл
_180° „ a 180°„ 1ЯЛ»
BD= OD tg — Xctg - tg ——, 5C=2^ctg - tg. Теперь находим
„1a180°„ a. .a180°
So™=- n • 2Xctg-tgActg-=H«2ctg2 - tg,
ZZ ЛZZЛ
•S'OCB откуда S&,* ==cos a3359. □ По условию,•S'OCB откуда S&,* ==cos a3359. □ По условию,„^^^tg —
•S'OCB откуда S&,* ==
cos a
3359. □ По условию,
•S'OCB откуда S&,* ==
cos a
3359. □ По условию,
cos a
SABCD — пирамида, ABCD — прямоугольник,
8ЕЦАВС), LSAE= CSBE— LSCE= LSDE=p, LAEB=a, О —центр шара, описанного около пирамиды, R — радиус этого шара (рис. Р.3.129). Около данной пирамиды можно описать конус, причем высота пирамиды совпадает с высотой конуса; центр шара, описанного около пирамиды, совпадает с центром шара, описанного около конуса; поэтому О принадлежит SE. Поскольку СЕХВ-ЭДР—Р, имеем LEOD=2LESD =180°—2/? (как центральный угол). Из LOED, где OD=R, находим £D=Asin(180°—2/1)=Л sin 2/?, откуда BD=2Rrin2.p. Из ASED получим
SE=EDt^P=R sin 2p tgP = 2Rsin2 p. Итак,
F=^ S^bcd ■ ^E=- • ^ BP2sina ■ 2Bsin2P =
4
=- • 8R3 sin2 ip sin2 P sin a=- R3 sin2 ip sin2 P sin a. ■
a a cos -2a a cos -23
a a cos -
2
a a cos -
2
4 « cos* -.24 « cos* -.23.360. ^- sin 2^ cos/? sin a. 3.361.
4 « cos* -.
2
4 « cos* -.
2
—
2 cos2 - 2
□ По условию, ABCAXBXCX —правильная треугольная усеченная пирамида, LBXBCA — a, L — центр вписанного шара (рис. Р.3.130); требуется найти Вдали.ус. пир : Вщ,™. Пусть АК и АХКХ — высоты оснований; тогда КХК — высота боковой грани, L АККХ = а как линейный угол двугранного угла ВХВСА. Далее, пусть О и Ох — центры оснований усеченной пирамиды; тогда ООХ — диаметр вписанного шара. Положим LO—R и про
ведем КхМ^0х0; имеем КхМ—2г, КХК~-— (из 6,КХМК). Обозначив sina
aJ3 bJ3 (а-ЬУрЗ
AB”*<i, AxBx*b^ найдем OK*—~—, OXKX”—~—, MK”—^■2Bctga. Согласно свойству отрезков касательных, проведенных из одной точки к окружности, КХК—КХОХ + КО—. Теперь решив систему уравнений
sina
((а-Ь^/з
I-2Bctga, у 6a
\_найдем a*2J3 Kctg 6*2V3/?tg-. Следовате-
I ^b>f3m 2R2 V 2
v 6 sina’
льяо,
Boon*, ус.пярBoon*, ус.пяр3(a+6) 2R ^3 6\ 2 sina 44
Boon*, ус.пяр
Boon*, ус.пяр
• 366. □ Осевое сечение фигуры представляет собой круг с центром К, в который вписана трапеция ABCD, KeAD, KD = R, £CDK=P, CD — боковое ребро усеченной пирамиды (рис. Р.3.132). Из KCKD по теореме косинусов находим CD^y/l^^2Л2 cos(180°—2/?)=2.Rcos/?. Проведем CCtLAD и из ACCjD получим CCt = CD$anP=2Rsinp cosp=Rsin2p, CXD=CD cos 0= =27? cos2/?. Тогда KC1=EC=KD—C1D=R—2Rcos2 0= —Rcos20. Искомый объем выражается формулой F=^ СС, (S^V^A+Si)» гДе CC!=Rsin2p, Sl = 2R2, S1 = 2R1cos12P, >/s1S1 = —2R2cos20. Следовательно,
V=^ R sin 20 (2R2 - 2R2 cos 2Д+2R2 cos2 20) =
2
=-R3sin20(l-cos20+cos220). ■
. . „ . ,. 2л,, /л a
л sin2 2a sin2 a sin — 4лЛ sin* I л\4 2
3.367. . 3.368.
4л
3sina
14—к
3369., 0<fc<4.
4+k
3.370. □ Изобразим осевое сечение фигуры; SA, SB — образующие конуса, SO — высота конуса, О, и О, — соответственно центры описанного и вписанного шаров (рис. Р.3.133), отношение их объемов равно к; требуется найти LSAO. Пусть R и г — радиусы шаров, LSAO=a, АО=х; тогда
a
LOOXB= LASB=\%0° — 2a, LO1AO = -^. Из t\OxOB и ДО2ОЛ находим
„ х х » А
^ = sin(180°-2a)=^2a’ '=Xt82' 3на™Т’
R
a .
xtg-sin2a „, „ .
2(1—cos a) ■ 2 sin a cos a,
=:=2 (cos a—cos2 a);
xsin a
так как= к, то —=ljk. Решив уравнение 2cosa—2cos2a=?/fc,
(4/3) лЛ3 R vv
1±^1-2^к, A
получим cosa=—, где 1— 2yk>0, откуда
0<k<-. Итак,8
1±V1-2V^1
Z_ SAO = a=arccos— 0<fc<-.
28
6n.R2sin22a,/л\/л\лгэ tg2a
3371. —-5. 3372. 2 sin2 2a cos I a+- I cos I a—- 3373. — —=—.
(l+2ctga)2.\6/\6/24cos6a
3374. □ Изобразим осевое сечение фигуры: SB=SC— образующие конуса, SP— его высота, О — центр вписанного шара (рис. Р.3.134), Ртов : Рпир»=^ требуется найти LSBP. Обозначим через А точку касания шара с боковой поверхностью конуса. Пусть OA=r, PB=R, SP=H\ тогда
■ , =3 или —г=^- Полагая LSBP=a, из LSPB и LOPB имеем
(4/3) лг34г3
НRaR2H 1 R3 Н ,
— = tga, - = ctg-. Но -5-=- • -- ■ - = к и, значит,
Кт24г3 4 г3 R
11a 2t82a 2t821 .a ,1- ctg3 - tga-Кили42, a /, atg3- 4h-tg221 .a ,1- ctg3 - tga-Кили42, a /, atg3- 4h-tg22= к илиу= к.. a /, a\2tg2-h-tg2-J= к илиу= к.. a /, a\2tg2-h-tg2-J
1
1
a 2t82
a 2t82
1 .a ,1
- ctg3 - tga-Кили
42, a /, a
tg3- 4h-tg22
1 .a ,1
- ctg3 - tga-Кили
42, a /, a
tg3- 4h-tg22
= к илиу= к.
. a /, a\
2tg2-h-tg2-J
= к илиу= к.
. a /, a\
2tg2-h-tg2-J
Пусть tg2 ^=лс; тогда 2x—2л2—^=0; 2kx2 — 2ix+l =0. Отсюда
— 2k— 2k— 2k— 2kk±y/^^2k , a k±\/^^2i a2k' tg2 22k=tg2
— 2k
— 2k
— 2k
— 2k
так как к2— 2k>0 и k>0, то k>2. Итак, a=2arctg
. a. , a,/ a л \
,l?v2sin-sm TZctg -+-
n№cos*a22\2 4 /
3.375. —- 3.376. ;r. 3377. . 3378. x
.aa /л a\cosap
4cos -2cos-coscos-
28\4 8/2
xx3379.3379.uR2tg2 ^ sin2 2a. 3382. arctg ^.uR2tg2 ^ sin2 2a. 3382. arctg ^.arccos -. 3.380. ^^ Z3 cos3 a tg3-. 3.381.5492arccos -. 3.380. ^^ Z3 cos3 a tg3-. 3.381.5492
x
x
3379.
3379.
uR2tg2 ^ sin2 2a. 3382. arctg ^.
uR2tg2 ^ sin2 2a. 3382. arctg ^.
arccos -. 3.380. ^^ Z3 cos3 a tg3-. 3.381.5492
arccos -. 3.380. ^^ Z3 cos3 a tg3-. 3.381.5492
3383. □ По условию, ABCD — усеченный конус, S — центр вписанного шара (рис. Р.3.135), Snojni.yc.roH : 5щара=2; требуется найти LABO. Рассмотрим осевое сечение ABEF усеченного конуса, OOt — ось усеченного конуса. Введем обозначения: SO=r, OB=RV ОхА=Кг. Проведем ЛЛ/ЦОО^ тогда AM=OOV Согласно свойству сторон описанного четырехугольника, 2AB=BE+AF, имеем AB=R1+R1, BM=R1—R1. Из LAMB находим 2г
Л.+Л2=, R, -R2 — 2rctga, где а= LABO. Решив систему уравнений
aaaasina
a
a
a
a
2 . 2 a 4г2 l-r2tg2 -+-7-J-2 sin2 a^ 4лг22 . 2 a 4г2 l-r2tg2 -+-7-J-2 sin2 a^ 4лг2Ri +Ri—. Hi—H1=2zctga, получим R. =rctg -, R2=rtg -. Тогда sina22
2 . 2 a 4г2 l-r2tg2 -+-7-J-
2 sin2 a^ 4лг2
2 . 2 a 4г2 l-r2tg2 -+-7-J-
2 sin2 a^ 4лг2
SnoBB.yc.roH _ „ (Д2 +Л2 + (Л1 + R^XB) \2
5щара4лг2
4ЛГ2 [ 1 +cos4 - + sin* - | 1 +cos* - +sin* - \22/22
sin2 asin2 a4лг2 sin2 a
sin2 a
sin2 a
Рис. Р.3.135
, /, а . . а\2 1 . ,
1 + cos2 - + sin2 - — sin2 а \22/2
sin-1 а
1 - 2
2—sin2 а
2
sin2 а
4 —sin2 а
2 sin2 а
, • 2 л •2 2V5. 2V5 _
5sin a =4; sma=—== ; a=arcsin . ■
Vs 55
3.384. □ По условию, ABCD — усеченный конус, AC=a, Q — центр вписанного шара, LABO=a, О и Ох—центры оснований усеченного конуса. N — центр окружности касания шара и боковой поверхности усеченного конуса (рис. Р.3.136); требуется найти объем конуса OLK. Проведем АМ^ООХ; из t^AMB находим ООХ = АМ=л sin а. Рассмотрим ZxLBO; так как BL=BO (отрезки касательных, проведенных из точки В к шару), то LBOL= LBLO=90°—^ тогда LLOOx=^. Далее, LOLOX=%° как впи-
санный, опирающийся на диаметр ООр
OL — ООХ cos ^=a sin a cos ^. Из ZxONL получим =nsina cos2 -, LN=OLsin -=asina cos - sin -. Итак, 2222
поэтому а
ON=OLcos = 2
11ОСОС 1ОС
Volk=^ ” LN1■ON=- ял3sin3 a sin2- cos* -=— ял3 sin5 acos2-.
3322 122
3.385.
□ Изобразим осевое сечение усеченного конуса и вписанного в него шара (рис. Р.3.137). По условию, BC+AD = 5OE. Проведем BM1AD; тогда
..ВМBC+AD
sin a=sin LBAM=—-. Но ВМ=ЮЕ, АВ= (согласно свойству
АВ,2
сторон описанного около окружности четырехугольника). Значит,
.50Е 4
sina=2O£:=-,
25
4
5
3.386.
3.387.
arctg ^2.
□ По условию, О — центр шара, А, В, С, D — точки, лежащие на шаровой поверхности, OA = R, AD\\BC, BC=AB = CD, AD=R, LBAD = a, OOXL(ABC) (рис. P.3.138). Положим AB=a и из ^АВС найдем AC^Ia2 —2л2 cos (180°—а)=2л2 (1 + cos а)=4а2 cos2 -, т. е. ЛС=2лсо$^. Точка О, является центром окружности, описанной около ДЯСО; поэтому а
i4C=2O12>sina и получаем равенство 20,2) sin a=2л cos-, откуда
Рис. Р.3.138
R-a; в LCED имеем2R-a; в LCED имеем2RRRRОЛ) ==т;осОС/ЗОСОС2 яп - (1+2 cos а) 2sin-+2 sinsin- 22\22,Наконец, из ДООрО получимОЛ) ==т;осОС/ЗОСОС2 яп - (1+2 cos а) 2sin-+2 sinsin- 22\22,Наконец, из ДООрО получимR, . За2 мп —2R, . За2 мп —2,=— R /4sin2—-1ОО.= R1— =—*а • 2 3“л • 31V 4 яп1 —2 яп —’22,=— R /4sin2—-1ОО.= R1— =—*а • 2 3“л • 31V 4 яп1 —2 яп —’22_Ry/2-2eos За—1_. За2яп —2_Ry/2-2eos За—1_. За2яп —2RR. За2 sm — 2. За2 sm — 23388. □ По условию, АпВ— шаровой3388. □ По условию, АпВ— шаровойсегмент, О — центр шара,сегмент, О — центр шара,\jAnB= LAOB—a (рис. Р.3.139). Пусть R— радиус шара, ОС — перпендикуляр к основанию сегмента, Ot — центр основания сегмента, О^—Н-, атогда H=R—OOV Из hOO^A находим OOx=Rcos~, откуда\jAnB= LAOB—a (рис. Р.3.139). Пусть R— радиус шара, ОС — перпендикуляр к основанию сегмента, Ot — центр основания сегмента, О^—Н-, атогда H=R—OOV Из hOO^A находим OOx=Rcos~, откудаH=R—Reos -=2Rsin2 -. Значит, 24H=R—Reos -=2Rsin2 -. Значит, 24Ршар. сегм - ^Н2Ршар. сегм - ^Н2. .а/ 2Rмп - ( R4 V 3. .а/ 2Rмп - ( R4 V 3■ 2 “ЯП1 - 4■ 2 “ЯП1 - 4, . . а 4лЛ3яп* - 43, . . а 4лЛ3яп* - 43. . а\ 4лЛэ . а3 —2яп2 - |=яп* - 4/34. . а\ 4лЛэ . а3 —2яп2 - |=яп* - 4/34аа2+COS X, Рщара —2+COS X, Рщара —AnR3AnR333
R-a
; в LCED имеем
2
R-a
; в LCED имеем
2
R
R
R
R
ОЛ) ==т;
осОС/ЗОСОС
2 яп - (1+2 cos а) 2sin-+2 sinsin- 22\22,
Наконец, из ДООрО получим
ОЛ) ==т;
осОС/ЗОСОС
2 яп - (1+2 cos а) 2sin-+2 sinsin- 22\22,
Наконец, из ДООрО получим
R
, . За
2 мп —
2
R
, . За
2 мп —
2
,=— R /4sin2—-1
ОО.= R1— =—*
а • 2 3“л • 31
V 4 яп1 —2 яп —
’22
,=— R /4sin2—-1
ОО.= R1— =—*
а • 2 3“л • 31
V 4 яп1 —2 яп —
’22
_Ry/2-2eos За—1_
. За2яп —
2
_Ry/2-2eos За—1_
. За2яп —
2
R
R
. За
2 sm — 2
. За
2 sm — 2
3388. □ По условию, АпВ— шаровой
3388. □ По условию, АпВ— шаровой
сегмент, О — центр шара,
сегмент, О — центр шара,
\jAnB= LAOB—a (рис. Р.3.139). Пусть R— радиус шара, ОС — перпендикуляр к основанию сегмента, Ot — центр основания сегмента, О^—Н-, а
тогда H=R—OOV Из hOO^A находим OOx=Rcos~, откуда
\jAnB= LAOB—a (рис. Р.3.139). Пусть R— радиус шара, ОС — перпендикуляр к основанию сегмента, Ot — центр основания сегмента, О^—Н-, а
тогда H=R—OOV Из hOO^A находим OOx=Rcos~, откуда
H=R—Reos -=2Rsin2 -. Значит, 24
H=R—Reos -=2Rsin2 -. Значит, 24
Ршар. сегм - ^Н2
Ршар. сегм - ^Н2
. .а/ 2Rмп - ( R
4 V 3
. .а/ 2Rмп - ( R
4 V 3
■ 2 “
ЯП1 - 4
■ 2 “
ЯП1 - 4
, . . а 4лЛ3яп* - 4
3
, . . а 4лЛ3яп* - 4
3
. . а\ 4лЛэ . а
3 —2яп2 - |=яп* - 4/34
. . а\ 4лЛэ . а
3 —2яп2 - |=яп* - 4/34
а
а
2+COS X, Рщара —
2+COS X, Рщара —
AnR3
AnR3
3
3
а
O.D=. Проведем CEA.AD; тогда DE= . а
2 яп -
2
R-aR
cosa=, откуда а=. Таким образом,
2аl+2cosa
Рщар.ссгма /а\
Итак,=sin* - ( 2+cos - ). ■
Ршара4 у2/
Рис. Р. 3.140Рис. Р. 3.140□ По условию, О — центр шара, Ov — центр основания шарового сегмента ADB, uADB в осевом сечении равна Д, АСВ — прямоугольный треугольник, вписанный в основание шарового сегмента, LBAC=a, OD-ЦАВСу, S^abc=S (рис. Р.3.140). Имеем 8^лвс=^ВС • АС=
Рис. Р. 3.140
Рис. Р. 3.140
1.1,,45
= ЛЯяпа ■ ABcosa=- Л2гяп2а или АВ*=-,
2 ■4sin 2а
О,В
Из ДОО^ находим ОВ =
. Р
ЯП -
2
O1O=O15ctg- =— . Следовательно,
откуда АВ=откуда АВ=АВ2sin- гАВ2sin- гDO^OD-OO^OB-OO!DO^OD-OO^OB-OO!V^cos^V^cos^2 <ып2а
откуда АВ=
откуда АВ=
АВ
2sin- г
АВ
2sin- г
DO^OD-OO^OB-OO!
DO^OD-OO^OB-OO!
V^cos^
V^cos^
7? sin al±Vl-2m1 ± V1 — 2m1
• 3.390. . 3.391. 2arcsinи arccos, 0<m<-.
,л-а222
4 cos
4
3392. □ По условию, в LABC известны LA, LB, LC, ВВ^Н, О— центр окружности, OB=OB1=H[1, D и E— точки пересечения окружности со сторонами АВ и ВС (рис. Р.3.141); требуется найти Sbdb,e- Имеем
SBDBtE^S ^8пе+ S ^BBtE= ^ BD • BEsin 8 + ^840 • В ^Е sin (180° — В") = =^smS(SZ> • BE+B4D ■ BtEY Учитывая, что LABB4 — 90° — LA.
Рис. Р.3.142Рис. Р.3.142
Рис. Р.3.142
Рис. Р.3.142
L Вх ВС=90° — L С, из LBDBX находим BD=Hcos(90° — A") = HsmA, BxD=HcosA, а из LBXBE получим BE=Hsm С, BxE=Hcos С. Итак,
1
Sbdb,e=^ $1пВ(Я2$п1Л5тС4-Я2со8Лсо5С)=— sin/? cos (Л —С). ■
. □ По условию, ^АВС — остроугольный, ДЛ=а радианов, ДВ=/? радианов, AC=«b, AAXLBC, CCXLAB, О — ортоцентр, через точки О, Ах, С, проведена окружность (рис. Р.3.142); требуется найти площадь общей части я
LABC и построенного круга. Так как LOAXB= LOCXB=-, то
LAxOCx + LAxBCx — п, т. е. построенная окружность проходит через В, а ОВ — ее диаметр. Пусть М — ее центр; тогда, обозначив площадь общей части LABC и окружности через S, получим
S—S^мв-^Е^схмв*Есеп,мл1осх™"^ A/B^sin дЯ]Л^5+- ME?sin LBMCX + +| MB1 • LAXMCX —^ MB1 (sin LA^B+sin LBMCX + LAxMC^.
я я
В LABxB имеем LBXBA—--а; значит, LMBCX—--a, a LBMCX — it—2 Q—a^—2a. Далее, в LBXBC имеем ДВ]ВС-^-ДС"^ —(я—(a+Д))-а+Д—^; поэтому LMBAX-a+/!-|, а LAxMB*it—2 fa+^—— ^*2(я—л—Р). Но LAxMCx*2LMBAx-v-
+2lMBCx, так как Д АХМСХ — LAXMO+ LOMCX, а последние углы являются внешними в треугольниках АХМВ и СХМВ; следовательно, LAxMCx-2^a+P—^+2 ^ —а^-2Д. Тогда искомая площадь выразится следующим образом:
5-^ М^ (20+sin (2я—2a—2^)+sin 2a)-
-| MB1 (2^-sin(2a+2^) + $in2a)—^ MB1 (20+2cos(2a+^)(—sin#)—
-MB* (/?-sin/? cos(2a+/?)).
Проведем через вершины LABC прямые, параллельные протнвополож-
ным сторонам, и получим ДЛ2В2С2, стороны которого в 2 раза больше сторон &.АВС (например, из рассмотрения параллелограммов АВ2СВ и АВА2С следует, что В1С=АВ=СА1, т. е. А2В2=2АВ. Поэтому точка О пересечения высот является точкой пересечения серединных перпендику
ляров ВВ2 и С С, в ДЛ2В2С2, т. е. центром окружности, описанной около ДЛ2В2С2. Пусть R — радиус окружности, описанной около &АВС; тогда OA2 = OB2 = OC2 = 2R. В Д.АВС имеем b=2RsinB=2RsinP, откуда
R=—;—-. Так как CA2OC2=2LB2 = 2P, то LA2OB = P и, значит, 2smp
OB=ОА2cosP=2Rcosр=bctg/?. Отсюда MB=^ ОВ=^ bctgP и окончате
льно получим
5=^ b2ctg2P (^-sin^ cos(2a+/0). ■
. • Воспользоваться тем, что в txABC ортоцентр является цен-
cos В cos С
трем окружности, описанной около ДЛ2В2С2, стороны которого проходят через точки А, В, С и параллельны противолежащим сторонам &.АВС (см. задачу 3.393).
□ По условию, ВС=а, AC=b (a>b), CD1AB, АЕ=ВЕ, Sabc = S (рис.
12S
Р.3.143); требуется найти LDCE. Так как S=- absinC, то sinC=—-, т. е. 2ab
I 4S2 J а2Ь2—4Ё2 _ cos С= 1 —=~. Согласно теореме косинусов,
■у a2b2 ab
АВ2 =а2 + b2 — 2аЬ ^— = а2 A-b2 — 2sja2b2—4S2.
ab
Продолжив медиану СЕ на расстояние ЕЕ= СЕ и соединив F с точками А и В, получим параллелограмм САЕВ, в котором 4СЕ2 +АВ2=2(а2 +Ь2')
..,. <? А-Ь2 *2x1 <?b2—4S2
. или 4СЁ1 =а2А-Ь2Л-2-j<?b2 —4S2, откуда СЁ2”. Да-
2x/a2+b2-2x/tFb2-4S2 2х/<?л-Ь2-2х/?^4Ё2
Окончательно получим
DE (^-^yJ^A-^-lJW^AS1 a2-b2 tg LDCE=—=- -■ -=——,
CD 2xJ a2 + b2- lxja2b2-AS2 ■ 2S 45
a2 — b1
t. e. £DC£=arctg———. ■
□ По условию, AB=BC=CA, FeAB, DeBC, EeAC, DE=EF=FD, AB: DF=8 : 5 (рис. P.3.144); требуется найти sin LDEC. Пусть LDEC=a. Докажем равенство треугольников DEC и AEF. Имеем DF=EF (по условию), Z.£DC= 180° —(«4-60°)= 120° —a, L А ££=180°-(а + 60°) = 120°-а, LAFE= 180° — (60° +120°—а) = а, т. е. эти треугольники равны по стороне и прилежащим к ней углам; следовательно, AE=DC. Пусть АС=8х; тогда DE=5x; пусть, далее, DC=y; тогда ЕС=8х—АЕ=8х—у. Из LDEC по теореме косинусов имеем D^l—DC2+EC2 — 2ЕС • DC cos 60° или 25х2=у2+(8х-у)2-у(8х-уУ, 25х2=3у2-24ху+64х2; у2-8ху+13х=0. Решив это уравнение относительно у, найдем у;=4х+хх/3; у2=4х—хх/з.
гDC DE
Полагая DC=4x+xJ3, из LECD по теореме синусов имеем -—=-——, vsin a sin 60
. DCx/3 JC(4 + V3)V3 4V3 + 3R
т. е. sin а=— =—— =; полагая DC=4x—xJ3, получим
2DE Юх 10v
.V3-3
а—у ..'
Stg—smasmy
2<r / a /, a \ a \3
3397. ;. 3398. — I 4 cos —л 14-sin2 - ) 4-2a sin - ). 3399. - или
sm(a4-y)8 \2\2/2/5
3.400. ^ actga.
□ По условию, ABCD — параллелограмм, AB=a, BC=b (a<b), LADB=a, LABD — тупой (рис. P.3.145). Пусть LA = q>\ тогда из LABD °b* /\ l *
по теореме синусов имеем -—= . или a sin (a 4- <р)=b sin a,
яп ос яп (180 — ос — (р)
. bsnaban а _
откудаa 4- у * arcsm и<р=arcsmа. Значит,
аа
b яп а LADC=\%0°~arcsin4-ос. Теперь из ^ADC по теореме косинусов а
находим
•/b яп а
A^-^+b2—labcos I 180 —arcsin4*а
-_/. b яп а
=a2-bb2-b2tibcos | arcsinа
.-// Ляпа\/, ЛяпаХ .
=л24-Л24-2дА | cos( arcsm] со8ос4-яп ( arcsin] sin ос х \\ а )
=»а*=»а*A2 sin3 а 2>sin3a'15— cos а 4A2 sin3 а 2>sin3a'15— cos а 4а*а*аа
=»а*
=»а*
A2 sin3 а 2>sin3a'
15— cos а 4
A2 sin3 а 2>sin3a'
15— cos а 4
а*
а*
а
а
Рис. Р.3.145Рис. Р.3.145АЕDРис. р.3.146АЕDРис. р.3.146
Рис. Р.3.145
Рис. Р.3.145
АЕD
Рис. р.3.146
АЕD
Рис. р.3.146
= а2 + А2 + 26 (cosа-Уа^б^пТа + 6 sin2 а).
Итак, АС=-^a2 +b2 + 2b (cos tbj а2 — b2 sin1 а + b sin2 а), где а > 6 sin а. g
_. (а2—Ь2\(а2 — Ь2\2аА
arcsin I ------ - tga ) и я —arcsin Itga . 3.403. arctg -5—
\ 2ab}\ Tab/a—b
□ По условию, ABCD— параллелограмм, AB=a, AD = b (a<b), AE= = ED, E_BEC=a (рис. P.3.146). Используя теорему косинусов, в Z\ABE
и Ex ED С имеемВЕ2=а2+- b2 —abcosA,СЕ2=-Ь2+а2—
44
—o6cos(180°—Л)=а2н—b2+abcosA. Сложив эти равенства, получим 4
ВЕ2 + СЕ2 = Та2+- Ь1. Теперь применим теорему косинусов к ЕхВЕС;
2а2—^Ь22 А2
Ь1 =ВЕ2 +ЕС2 — 2ВЕ ■ ЕС cos а или BE ■ ЕС==. Следова-
2cos а 4 cos а
тельно, 4а2 — Ь24а2—Ь2 '
Sabcd = 2S дВЕС = 2ВЕ • £Csina = 2 ■ —sina =tga. ■
4 cos а2
2+к3.405. 3 arccos 2k2+к3.405. 3 arccos 2k2+k я—3 arccos ——.2k2+k я—3 arccos ——.2k3.406.^j/234Q743.406.^j/234Q74
2+к
3.405. 3 arccos 2k
2+к
3.405. 3 arccos 2k
2+k я—3 arccos ——.
2k
2+k я—3 arccos ——.
2k
3.406.^j/234Q7
4
3.406.^j/234Q7
4
. /1 /l+VT+4p\. /1 lx+JT+4S\ r
arcsin ( - / ия—arcanl- / ; k>J2.
\k\l 2/ук'Ц 2)
□ По условию, AFB — сегмент, AK=KB, LAOB = a, KF—-FE=KE, KLLEF, KL=h (рис. P.3.147). Пусть OB=R. Тогда из E^KOB находим
илиилиOK^Rcos^, откуда OL=OK+KL=Reos ^+*- Далее, в ExOLE имеем
или
или
OL2 +LE2=R2 или |J?cos-+A) +|—— I =R2 \ 2 / \ 3 /
. . , a , a 4Л2_
R sin —2Rhcos=0. Решив это уравнение, получим
L “”4А2 • 2 “
h cos - + h2 cos2 - -1 sin -
R_ 2 \j 2 32
• 2 “яп2 -
2
□ По условию, ABD — сегмент, BFA.AD, AF:FD=1 :4. и AB : uBD = 1 : 2, О — центр окружности сегмента (рис. Р.3.148); требуется найти cos LAOD. Проведем BC^AD и CfUSK Пусть AF=x; тогда DF=4x, DE=AF=x, BC=EF=3x. Пусть, далее, LAOB=a; тогда
оРис. Р.3.147оРис. Р.3.147
о
Рис. Р.3.147
о
Рис. Р.3.147
LDOC= LBOC=a (так как 'jAB = 'jDC=v>CB). Обозначив радиус сегмента через R, по теореме косинусов в ^ВОС и ZxAOD имеем 9л2 = 2R1 — 2R1 cos а=2R1 (1 — cos а), 25л2 = 2R1 (1 — cos За). Разделим первое 9 1— cos а
равенство на второе и получим —=или 9—9 cos За=25—25 cos а.
.25 1—cos За
Далее, используя формулу cos За =4 cos3 а—3 cos а, придем к уравнению 36cos3a+27cosa—16+25cosa=0 или 9cos3a— 13cosa+4 = 0, откуда 9 cos a (cos2 а— 1)—4 (cos а— 1) = 0, (cos а— 1) (9 cos2 а+9 cos а—4) = О, cosa#l, так как а#0.
Решив уравнение 9cos2a+9cosa—4=0,Решив уравнение 9cos2a+9cosa—4=0,получимполучимcos acos a113’3’тогдатогда
Решив уравнение 9cos2a+9cosa—4=0,
Решив уравнение 9cos2a+9cosa—4=0,
получим
получим
cos a
cos a
1
1
3’
3’
тогда
тогда
cos LAOD=cos3a=43 • - =. ■
27327
□ По условию, POQ— сектор, OP=OQ=R, ABCD — вписанный в сектор прямоугольник, АеОР, BeoPQ, CeuPQ, DeOQ, LPOQ = a, LCMD = B (рис. P.3.149). Проведем OM^\BC=E; OM^\AD=N. Пусть ME=x; тогда ВВ
в txMBE имеем LMBE=-, BE=xcte~. Из t^ANO находим 22
ON=AN ctg, |=x ctg ^ ctg ^. Далее, в &OEC имеем OE1 + EC1=R1 или
'» BV2x+xctg-ctg - 1'» BV2x+xctg-ctg - 1+x2 ctg2 B=R1> откуда+x2 ctg2 B=R1> откудаR1R1-B ( В «Vctg -+|2+ctg-ctg-j-B ( В «Vctg -+|2+ctg-ctg-jR1 tg2^l+|2tg-+ctg-lR1 tg2^l+|2tg-+ctg-l
'» BV
2x+xctg-ctg - 1
'» BV
2x+xctg-ctg - 1
+x2 ctg2 B=R1> откуда
+x2 ctg2 B=R1> откуда
R1
R1
-B ( В «V
ctg -+|2+ctg-ctg-j
-B ( В «V
ctg -+|2+ctg-ctg-j
R1 tg2^l+|2tg-+ctg-l
R1 tg2^l+|2tg-+ctg-l
Теперь можно найти искомую площадь:Теперь можно найти искомую площадь:В , ВЕдвсп=ВС ■ C2J=2xctg - • 2x=4x2ctg ^ =В , ВЕдвсп=ВС ■ C2J=2xctg - • 2x=4x2ctg ^ =4.R2tg^(В 2tg-+ctg-J4.R2tg^(В 2tg-+ctg-J3.413. 4Jicos - sin2 -. 483.413. 4Jicos - sin2 -. 48
Теперь можно найти искомую площадь:
Теперь можно найти искомую площадь:
В , В
Едвсп=ВС ■ C2J=2xctg - • 2x=4x2ctg ^ =
В , В
Едвсп=ВС ■ C2J=2xctg - • 2x=4x2ctg ^ =
4.R2tg^
(В 2tg-+ctg-J
4.R2tg^
(В 2tg-+ctg-J
3.413. 4Jicos - sin2 -. 48
3.413. 4Jicos - sin2 -. 48
□ По условию, LABC=LABC, LB=LB=%°, ((HBq;(H.Dq)=a, LBAB=P (рис. P.3.150). Проведем BFLAC; тогда BFLAC, DF=BF (высоты в равных прямоугольных треугольниках, проведенные к гипотенузе), т. е. LBFD = a. Пусть AB=AD=a, BC=CD = b, BF=h. Из Д.АВВ и Д,ВВР
Вр
находимВВ2=2а2—2a2 cos^=4a2 sin2 -,откуда DS=2asin-;
BB2=1h2—2Azcosa=4A2sin2 ^, откуда BB=2hsm^. Далее, полагая
е.е.LBCD=<f>, из LBCB получим DB1=2b1—2b1 cosф=4Ьг м? ^,
е.
е.
ФP a ф a2)8=26 sin -. Теперь из равенств 2asin -=2Asin - и 26sin -=26sin - нахо-ФP a ф a2)8=26 sin -. Теперь из равенств 2asin -=2Asin - и 26sin -=26sin - нахо-222222димдим6 sin (Д/2)a sin (a/2)’6 sin (Д/2)a sin (a/2)’6_sin (y/2)Ъ sin (a/2)'6_sin (y/2)Ъ sin (a/2)'НоНо- = sin LBAC, a- = sin LBAC, ah^=sm L.BCA=sm(90°— LBAQ =cos LBAC. Имеемh^=sm L.BCA=sm(90°— LBAQ =cos LBAC. Имеем.ЯП (Д/2)sin (8/2)sin LBAC= . ,' т. e. LBAC=aicsm . ^; яп (a/2)sin (a/2).ЯП (Д/2)sin (8/2)sin LBAC= . ,' т. e. LBAC=aicsm . ^; яп (a/2)sin (a/2)cos LBAC=cos LBAC=sin (у/2)sin (у/2). sin (Д/2)\ sin (^>/2). sin (Д/2)\ sin (^>/2)————- или cos arcsin -——- =———:. sin (a/2)\ sin (a/2) / sin (a/2)————- или cos arcsin -——- =———:. sin (a/2)\ sin (a/2) / sin (a/2)После преобразований получим”” (^-л/яп2 (a/2)-sin2 (Д/2) = у sin2 (a/2) sin (a/2)После преобразований получим”” (^-л/яп2 (a/2)-sin2 (Д/2) = у sin2 (a/2) sin (a/2)1—cosa—l+cos^ / a+^- a—^ -= /sin sin.1—cosa—l+cos^ / a+^- a—^ -= /sin sin.222222
ФP a ф a
2)8=26 sin -. Теперь из равенств 2asin -=2Asin - и 26sin -=26sin - нахо-
ФP a ф a
2)8=26 sin -. Теперь из равенств 2asin -=2Asin - и 26sin -=26sin - нахо-
2
2
2
2
2
2
дим
дим
6 sin (Д/2)
a sin (a/2)’
6 sin (Д/2)
a sin (a/2)’
6_sin (y/2)
Ъ sin (a/2)'
6_sin (y/2)
Ъ sin (a/2)'
Но
Но
- = sin LBAC, a
- = sin LBAC, a
h
^=sm L.BCA=sm(90°— LBAQ =cos LBAC. Имеем
h
^=sm L.BCA=sm(90°— LBAQ =cos LBAC. Имеем
.ЯП (Д/2)sin (8/2)
sin LBAC= . ,' т. e. LBAC=aicsm . ^; яп (a/2)sin (a/2)
.ЯП (Д/2)sin (8/2)
sin LBAC= . ,' т. e. LBAC=aicsm . ^; яп (a/2)sin (a/2)
cos LBAC=
cos LBAC=
sin (у/2)
sin (у/2)
. sin (Д/2)\ sin (^>/2)
. sin (Д/2)\ sin (^>/2)
————- или cos arcsin -——- =———:. sin (a/2)\ sin (a/2) / sin (a/2)
————- или cos arcsin -——- =———:. sin (a/2)\ sin (a/2) / sin (a/2)
После преобразований получим
”” (^-л/яп2 (a/2)-sin2 (Д/2) = у sin2 (a/2) sin (a/2)
После преобразований получим
”” (^-л/яп2 (a/2)-sin2 (Д/2) = у sin2 (a/2) sin (a/2)
1—cosa—l+cos^ / a+^- a—^ -= /sin sin.
1—cosa—l+cos^ / a+^- a—^ -= /sin sin.
2
2
2
2
2
2
/ а+Р а—Р
Итак, <р = 2arcsin /sin —— sm ——. ■
□ По условию, О — трехгранный угол, LMON=a, двугранный угол ОМ=Р, а двугранный угол ON=v (рис. Р.3.151); требуется найти LPOM и LPON. Возьмем на ОР произвольную точку А и проведем AAXL^MON^, АСА.ОМ и ABA.ON; тогда. LACA1=P, a LABA! —у. Пусть ААг=а; тогда аа
в LACA. и L.ABA, имеем A,C=actgP, АС=-—z, A,B=actgy, АВ=——. ■япряпу
Обозначим LAXOC через у; отсюда 1_АхОВ=а—ф. В L.AXOC и L.AXOB . АХС . , х АХВ sin (a — а>) АХВ actgy
имеем sin<p=, sin (а—ф) =, откуда —:== и далее
АХОАХОsin <р АХС actgP
.cosy sinР
sina ctgф—cosa=-;
sin у cos P
ctgy=ctgy=sin a sin у cos P sin asin a sin у cos P sin asin a cos /? sin уsin a cos /? sin уcos у sin P cos a cosy sin P+cos a cos P sin у
ctgy=
ctgy=
sin a sin у cos P sin a
sin a sin у cos P sin a
sin a cos /? sin у
sin a cos /? sin у
Из ДОСАХ найдем
cosy sin/? + cosa cos/? siny
OC=AxCctg<p=actgP' sin a cos p sin у
a (cos у sin/?+cosa cos/? siny)
sina sin/? siny '
Наконец, из ДАСО получим
ОС a (cos у sin в+cos a cos в siny) sin 8 ctg LAOM=ctg UAOC =—=;;——
ACsin a sin p sin у ■ a
=ctgy sin/? sin~‘a+ctga cos/?= sin/? ctga(ctgу cos"1 a+ctg/?).
Итак, LAOM= Z_POM=arcctg (sin p ctga(ctgy cos"1 a + ctg/?)).
Аналогично находим
£PON=arctg(siny ctga(ctg/? cos"1 a+ctgy)). ■
□ По условию, ОМ LON, OMLOP, ONLOP, AeOM, OA=a, BeON, CeOP, LABC=a, LACB=P (рис. P.3.152). Проведем ADLBC. Пусть AD=H', HH
тогда из ZxADB и ДАОС находим AB=-—, BD=Hctga, AC=—-, sinasin/?
DC=H<Agp. Так как ODLBC (по теореме о трех перпендикулярах), то OD1 = BD DC или OD=Hsj<Aga ctgp. Далее, в A.AOD имеем Я1—И1 ctg a ctg р=а2,откуда Я=-■ °; тогда
Vl-ctga ctg/? а
АВ=—. Наконец, из Д,АОВ получим
sinaVl-ctga ctgP
.а2, а2(\ — sin2 a+sin a cos a ctg 8) sina sin/?
OB2 =—5a2 =—-——;— =
sin2 a(l —ctg a ctg Д)sin2 a (sin a sin p—cos a cos P)
= -a2ctga tg(a + A),= -a2ctga tg(a + A),_ a2 cos a (cos a sin/? 4-sin a cos/?) — sina cos(a4-/?)
= -a2ctga tg(a + A),
= -a2ctga tg(a + A),
t. e. OB=a-j—ctga tg(a-t-/?). Аналогично из ДЛОС находим
ОС=а^-<Л%Р tg(a + № ■
□ По условию, а||Д Леа, Cea, Вер, DeP, АВ : CD=k, ААхД_р, CCxLp, LABAx : LCDCX=2: 3 (рис. Р.3.153). Пусть ААх = ССх=аи САВАх=2ф; aasin3p АВ ,
тогда LCDCX =Зф. Так как sin2m =—, sin3<p=—-, то .=-— = к.
АВCDsin2p CD
„3sin<p—4sin3<p ,, , . ,
Далее имеем =k;3—4 sin ф= 2k cos ф;
2 sin у cos ф
4cos2 ф — 2kcos ф — 1 =0; cosy =—■, поскольку cosp>0. Значит,
Ф=агссо5Ф=агссо5Ar + V^+44Ar + V^+44. Но Д CDCX — острый или прямой угол (по опреде. Но Д CDCX — острый или прямой угол (по опреде
Ф=агссо5
Ф=агссо5
Ar + V^+4
4
Ar + V^+4
4
. Но Д CDCX — острый или прямой угол (по опреде
. Но Д CDCX — острый или прямой угол (по опреде
лению углалению углалмежду прямой и плоскостью); поэтому 0<у<-, откудалмежду прямой и плоскостью); поэтому 0<у<-, откуда
лению угла
лению угла
л
между прямой и плоскостью); поэтому 0<у<-, откуда
л
между прямой и плоскостью); поэтому 0<у<-, откуда
V52V52<СО5ф<1<СО5ф<1
V52
V52
<СО5ф<1
<СО5ф<1
(fc+V?+4>2V3,3 „
систему неравенств < , получим ^к<-. Итак,
k+V^ +4<432
k^J^+A„kA-J^ + A 2V3 ,3 _
Д ЛРЛ, =2arccos^, Д CDCX = 3arccos, -*^-^к<-. ■
□ По условию, ABCD — квафат, Р—плоскость, ((АВС); Р)=а, (Р; (АВ))=Р (рис. Р.3.154); требуется найти (Р; (ADJ). Проведем через А плоскость PiUP, а затем ВВХА_РХ, ССХСРХ, DDX1PX; тогда (ЛР^РР^ЛЕ, ВС(УХ=Г, СО^РХ=Е, LBABx=p. Теперь проведем ОКД.АЕ; очевидно, что ОХКД.АЕ; тогдаLDKDx = a,
LDXAD = ^P; (ЛО)) = х. Пусть DDi=a, откуда AD=-—. Так как Ф||Я5, аа
то LDED. = LBAB, = 8 и DE=-—-, a DK—. Учитывая, что яп ряп а
LADE=90° (поскольку ADLDE как смежные стороны квадрата), имеем
и,и,следовательно.следовательно.AE^=AD^Di?-^-+^-=a2^±^sin2 х sin2 Дsin2 х sin2 Д
и,
и,
следовательно.
следовательно.
АЕ=АЕ=sinx sin/?sinx sin/?Далее воспользуемся тем,Далее воспользуемся тем,что 8ьлве=что 8ьлве=11=- AD • DE=- АЕ ■ DK или=- AD • DE=- АЕ ■ DK или22sin аsin а2Д+$т2х2Д+$т2хилиили= sin (а+Д) sin (а — Д), откуда= sin (а+Д) sin (а — Д), откудаa a aJsin1 P+sm1 х а _ , —ЧИТsinx йпр йпхяпР sina" ’a a aJsin1 P+sm1 х а _ , —ЧИТsinx йпр йпхяпР sina" ’sin2 x=sin2 a—sin2 Д=sin2 x=sin2 a—sin2 Д=1 — cos 2а— 1 +со$2Д1 — cos 2а— 1 +со$2Д22x=arcsin V»o(“+A) sin(a—Д). ■ H^smty+P) sin(y—Д) tga4 sin p sin уx=arcsin V»o(“+A) sin(a—Д). ■ H^smty+P) sin(y—Д) tga4 sin p sin унаходим $1пх=л/$т(а+Д) я’п(а—Д). Итак,находим $1пх=л/$т(а+Д) я’п(а—Д). Итак,
АЕ=
АЕ=
sinx sin/?
sinx sin/?
Далее воспользуемся тем,
Далее воспользуемся тем,
что 8ьлве=
что 8ьлве=
1
1
=- AD • DE=- АЕ ■ DK или
=- AD • DE=- АЕ ■ DK или
2
2
sin а
sin а
2
Д+$т2х
2
Д+$т2х
или
или
= sin (а+Д) sin (а — Д), откуда
= sin (а+Д) sin (а — Д), откуда
a a aJsin1 P+sm1 х а _ , —ЧИТ
sinx йпр йпхяпР sina" ’
a a aJsin1 P+sm1 х а _ , —ЧИТ
sinx йпр йпхяпР sina" ’
sin2 x=sin2 a—sin2 Д=
sin2 x=sin2 a—sin2 Д=
1 — cos 2а— 1 +со$2Д
1 — cos 2а— 1 +со$2Д
2
2
x=arcsin V»o(“+A) sin(a—Д). ■ H^smty+P) sin(y—Д) tga
4 sin p sin у
x=arcsin V»o(“+A) sin(a—Д). ■ H^smty+P) sin(y—Д) tga
4 sin p sin у
находим $1пх=л/$т(а+Д) я’п(а—Д). Итак,
находим $1пх=л/$т(а+Д) я’п(а—Д). Итак,
□ По условию, ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед, ABCD — параллелограмм, LBAD=a, AA1=b, LAtAB = LAtAD=P (рис. P.3.155). Проведем А^ЦАВС), AtKLAB и AtFLAD; тогда AtO — высота призмы, OKLAB и OFLAD. Так как LAYKA= LAVFA (по общей гипотенузе и острому углу), то A1K=A1F. Значит, OK=OF как проекции равных наклонных.
откуда следует, что АО — биссектриса LBAD. Из ДА^А имеем
Наконец, из ДА^Р получимНаконец, из ДА^Р получимA1F=bsnP, AF=bcos Д, а из ДАРО находим OF=AFtg ^=6со$Д tg ^.
Наконец, из ДА^Р получим
Наконец, из ДА^Р получим
• 2 о2 о - 2 Я
Sin Р cos2 - — cos2 Д яп - =
, . a-Д . а+Д япяпtg 22
3-42L аR'
о 2 Я 2 2COS - COS - 22
□ По условию, ЛС5Л1С151 — наклонная треугольная призма,
LACB=90P, LBAC = a, {AAXB)L(ABQ, LAtACB=P (рис. Р.3.156); требуется найти острый угол между^ЛВС) и (С^В). Проведем AtOL(ABC);
Ое(ААхВх'). Проведем AXELAC и соединим О с Е; тогда ОЕА.АС и LAxEO=p. Пусть АВ=с, АхО=а; тогда ЛС=ссо$а (из Z^ABQ, OE=actgP (из КАХЕО\ AE=OEctga=actgP ctga (из LAEO^, ЕС=AC—AE=ccosa—actgP ctga. Проведем ОВ^АС, тогда OBLBC. Через АХО и ОВ проведем плоскость АХОВ; (АХОВ)Р\(ССХВ) = СХВ и ВС_ЦАХОВ), поскольку ВС перпендикулярна прямым ОВ и А,О, лежащим в этой плоскости. Следовательно, LOBCX является тупым углом между (ЛВС) и (С, СВ), так как ОВ меньше АХСХ на величину АЕ. Теперь проведем C^XjO; тогда LCVDF— острый угол между (ЛВС) и (С, СВ).
'С F
В hCxFB имеем tg LCxBF=-^\ учитывая, что CxF=a, BF= = OF—OB=AC—OB = AC—EC=ccosa — (ccosa—a ctga ctg/O=actga ctg^,
находимtg LCXDF=Z_ CXBF=arctg(tg a tgP). ■ 3.423. P sin 2/? cos p sin a cos2 ^.3.424.находимtg LCXDF=Z_ CXBF=arctg(tg a tgP). ■ 3.423. P sin 2/? cos p sin a cos2 ^.3.424.——- = tga tgp.actga ctgP——- = tga tgp.actga ctgPИтак,Итак,^b~4~^b~4~V3—4(cos2a—cosa cos^+cos2 Д.V3—4(cos2a—cosa cos^+cos2 Д.
находимtg LCXDF=
Z_ CXBF=arctg(tg a tgP). ■ 3.423. P sin 2/? cos p sin a cos2 ^.3.424.
находимtg LCXDF=
Z_ CXBF=arctg(tg a tgP). ■ 3.423. P sin 2/? cos p sin a cos2 ^.3.424.
——- = tga tgp.
actga ctgP
——- = tga tgp.
actga ctgP
Итак,
Итак,
^b
~4~
^b
~4~
V3—4(cos2a—cosa cos^+cos2 Д.
V3—4(cos2a—cosa cos^+cos2 Д.
- — «b1 sin« / . a3 sin 2a cos a sin P _ „3
3.425.л/sin (Д 4-a) яп (Д—a). 3.426. —■—-—. 3.427. arccos
2 cos В4^cos (a 4-/0 cos (a—/04
□ По условию, ABCAXBXCX—наклонная треугольная призма, ВС=а, LABC=p, LACB=y. ААХ=АХВ—АХС и Гпр=Г(рис. Р.3.157). Проведем
Л,О1(ЛВС). Так как ААХ=АХВ=АХС, то ОА—ОВ=ОС, т. е. О — центр окружности, описанной около Д АВС. Пусть В — радиус этой окружности; a-a2 sin у sin В
тогда a=2Bsin (Д4-у), откуда В=- ——-, Е^лвс” ..- Обозиа-
2яп(^4-у)2sin(p+y)
чим угол наклона бокового ребра к плоскости основания через ф; отсюда
ЕАхАО = ф и а3мпр siny tg^> 4sin2(^+y) ’ЕАхАО = ф и а3мпр siny tg^> 4sin2(^+y) ’^>=arctg^>=arctgAxO=Rtgф=————-.Следовательно,
ЕАхАО = ф и а3мпр siny tg^> 4sin2(^+y) ’
ЕАхАО = ф и а3мпр siny tg^> 4sin2(^+y) ’
^>=arctg
^>=arctg
12яп(Д+у)
4Ksin2(0+y) откуда tgy= » . „ .—•Итак,
4Fsin2(^+y)а3йпР siny '4Fsin2(^+y)а3йпР siny 'а3япР япу
4Fsin2(^+y)а3йпР siny '
4Fsin2(^+y)а3йпР siny '
□ По условию, ABCDAXBXCXDX — куб, DF=FDXl ВХК=КСХ, через точки
A, F и К проведено сечение (.AFK) (рис. Р.3.158); требуется найти ^АВОДАРК^. Обозначим (ЛВХ) через a; aQ(DD1C1)=BB, где FK^DCX как средняя линия Д.ОВХСХ; а(^(ААхВх) по прямой, параллельной ВСХ, т. е. по
Рис. Р.3.158Рис. Р.3.158
Рис. Р.3.158
Рис. Р.3.158
ABv, aP\(A1B1C1')=B1K; aP)(DD1A1)=AF. Таким образом, сечением является четырехугольник ABXKF. Далее, а(')(Л2?С)=Л£||В1К. Проведем FMA.AE; значит, DMA.AE и LFMD=<p— искомый угол. Пусть AD=a;
а
I2 д>/5-=—^—. Учитывая, чтоI2 д>/5-=—^—. Учитывая, чтотогда DF=^. Проведем KL^DDt; имеем DF—средняя линия ^ELK
I2 д>/5
-=—^—. Учитывая, что
I2 д>/5
-=—^—. Учитывая, что
а
и DE=DL=~. Из ixEDA находим АЕ= 2
1111Едлсе=2 ^D ’ DE=^ АЕ ■ DM, получимЕдлсе=2 ^D ’ DE=^ АЕ ■ DM, получимаа-Аэ- ■ а=—— • DM,откуда22аа-Аэ- ■ а=—— • DM,откуда22
1
1
1
1
Едлсе=2 ^D ’ DE=^ АЕ ■ DM, получим
Едлсе=2 ^D ’ DE=^ АЕ ■ DM, получим
аа-Аэ
- ■ а=—— • DM,откуда
22
аа-Аэ
- ■ а=—— • DM,откуда
22
DM=-—-. Наконец, из ZxFDM найдем tgp=-^^=—, т. е. V5 p=arctg—. ■
□ По условию, SABCD — пирамида, ABCD — квадрат, SO ДА ВС), SKA.AD, SELBC, SLLDC. SFLAB, LSEO LSFO: : LSKO: LSLO=\ :2:4:2 (рис. P.3.159). Пусть LSEO=a; тогда LSFO= LSLO=la, LSKO=4a. Обозначив SO через H, найдем OE= Helga, OK=Hctg4a, OF=OL = Hctg2a. Так как OE+OK=OF+OL (длины сторон квадрата), то
sin asin 2а
ctga+ctg4a=2ctg2a; ctga—ctg2a=ctg2a—ctg4a;=;
sin a sin 2a sin 2a sin 4a
sin4a—sin2a=0; 2cos3a sina=0.
яя
Ho sma#0; тогда cos3a—0 и так как a — острый угол, то За=-, т. е. а=~.
яя2я
Итак, LSEO=~, LSFO= LSLO=~, LSKO-—. ■ 633
□ По условию,SABC —^правильнаятреугольная пирамида,
(BMN)L(SAC), (BMN)\\AC, ^BMN^ABCj)=a (рис. Р.3.160); требуется найти LASC. Проведем 5ЕДАВС); тогда BF1AC, ВЕГ\АС=О, SDA.AC. Так как МЩАС, то SDLMN. Далее, (.BMN^^ABQ-BE^MNUC; ^SMB—txSMB (SB — общая сторона, SN=SM, поскольку Л/1У||ЛС, L BSM = L BSN); следовательно, BM=BN и BOLMN, а так как BE^MN, то ВОА.ВЕ и LOBD=a. Пусть FD=a; тогда AD=a^. Учитывая, что LOBD = a, имеем LFDO = 90° — а, а LFSD=a. Из ^SFD получим
Рис. Р.3.160Рис. Р.3.160
Рис. Р.3.160
Рис. Р.3.160
SD =SD ==х[з sin a, откуда=х[з sin a, откудаa,.AD aJ3 sin a
SD =
SD =
=х[з sin a, откуда
=х[з sin a, откуда
-—, а из ASDA найдем tg AASD =—= - sin aSD a
AASD = aictg (^3 sin a). Итак, A ASC=2 A ASD = 2 arctg^A sin a). ■
□ По условию, SABCD — правильная четырехугольная пирамида, ХОЦАВС), ОКАЗАВ), OLA.SA, ОК=а, OL = b (рис. Р.3.161); требуется найти A SABO. Проведем SEA. АВ; тогда (SOE)A(SAB), так как АВЦ8ОЕ) и ABe(SAB); следовательно, ASEO — линейный угол двугранного угла SABO, OKe^SOE) и KeSE. Пусть ASEO=а. Так как ASKO~ АОКЕ (ASKO= А ОКЕ=ЭО°, ASOK= аКЕО как углы с взаимно перпендикуляр
ными сторонами), то — =^^, Введем обозначения АВ=х, SO=h; тогда SO ОЕ
и получаем уравнениеи получаем уравнениеа 2КЕахх1 ,
и получаем уравнение
и получаем уравнение
-=, т. е. КЕ= —-. В А ОКЕ имеем КЕ= /а1
h х2hxl 4
я2-^2ix , ид _2 4д2а2
OL AL b 2AL , bx^
Аналогично, ASLO~ AO LA и —=— или -=—-, т. е. AL=———.
SO АО h х^22h
Далее, в aOLA имеем AL= /у-^2 и получаем уравнение
2b2h2h2^'2b2h2h2^'Ь^э^ х2
2b2h2h2^'
2b2h2h2^'
b1, ^ (h2-b2>2b2h2; х2 = 2h2 2
,4a2h2 2b2h2
Сравнивая значения для x2, приходим к равенству -;,=тч—?V> тогда
h —a h —b
a2b2ab
2a2h2 — 2a2b2 = b2h2—а2Ь2 или h2=—^—-^, откуда Л=—==. Значит, 2л1-Ь2’1^/2^Ь2
4а2 • а1Ь1
-2а2 — b1 2а2 b1ab-j2
х ~=755> т- е- х= ,=■
а Ь b -^^Ь2-а2
2а2-Ь2
ВоспоВоспо__ „so 1abJ^5 ^(й5^)
Воспо
Воспо
Теперь из LSOE находим tga——= ,—— =—,--
ОЕ ^S^ab^l ^-b1
льзовавшись формулой l+tg2a=—т-, получим cosa=, т. е.
cos2 ab
^З^—Ь1
a=arccos-— . ■
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, АВ=а, . LSCBA=a. (рис. Р.3.162); требуется найти расстояние между AS и ВС. Пусть ЗОЦАВС) и SD3.BC. Через SO и SD проведем плоскость ASD, а из точки D проведем DEA.SA. Так как ВСЦАЕО), то DELBC, т. е. DE — ис
комое расстояние. Учитывая, что LSDO=a как линейный угол двугран
ного угла SCBA, из ^SOD находим SO = ODtga=— tga. Так как
аЛз13a2 tga a2 tga
С фугой стороны.С фугой стороны.AD=4- то S^SAD=- AD ■ SO= —^-.
С фугой стороны.
С фугой стороны.
22248
^△sad=^ SA ■ DE, где SA найдем из A.SOA:
SA =SA =/a2tg2a а2 _ ^/За2 (tg2 а+4) _ Пл/з(1^«+4)
SA =
SA =
a2tga aV^tg^a+l)8 =12a2tga aV^tg^a+l)8 =12DE, откудаDE, откуда-sj 12 +J66'
a2tga aV^tg^a+l)
8 =12
a2tga aV^tg^a+l)
8 =12
DE, откуда
DE, откуда
В результате получаем уравнение
de-^^l.
2Vtg2a+4
□ По условию, SA BCD — правильная четырехугольная пирамида, АВ=а,
Oc(EKN)Oc(EKN)SQHABC), LASQ = a fa^arctg^Y (EKN^LSA, SO = OQ,
Oc(EKN)
Oc(EKN)
(рис. P.3.163). Имеем &SEL= &.SEK (SE—общий катет, LESL= LESK как плоские углы в правильной пирамиде); следовательно, SL=SK, т. е.
1 аЛз
LK^BD, причем LK=-^ BD=~-. Так как SEL(EKN), то SO — наклонная к этой плоскости, ЕО — ее проекция на эту плоскость; вследствие того, что SOLBD, a BD^LK, получаем SOLLKи EOLLK; значит, Seknl=^ LK • EN.
аЛз1аЛз
Теперь найдем S6=6^ctga=ctga, откуда SO= SQ=—— ctga. Да- 224
лее из LOES находим SE=SOcosa=—— ctga cos a и, наконец, из LSEN 4
получим EN=SEtg2a=—— ctga cosa tg2a. Итак, 4’
a-Jl аЛ1a1
Seknl=2 ■ ”2j- ^S® cosa tg2a=y ctga cosa tg2a"
J2
Заметим, что ограничение a<arctg-y- существенно, так как в противном
случае нельзя провести сечение EKNL, удовлетворяющее условиям задачи. В этом случае точка N окажется за пределами ребра SC, что можно показать, сравнив длины SN и SC. ■
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, ЕОДДАВС),
SO=H, Р— сечение, проходящее через A, РД-SC, (P;(ABQ)=a (рис. Р.3.164); требуется найти объем пирамиды, заключенной между Р и (ЛВС). Сечение Pf^(ASQ = AD, где ADLSD; так как BDA.SC, то (АВВ)сР, т. е. ADB — искомое сечение. Пусть SE— апофема. Имеем &,ASD= &.BSD (SA=SB, SD — общая сторона, LASD = LBSDY следовательно, AD=BD, EDLAB и СЕД-AB; тогда LCED = a, LECD = 90°—a. Из ^SOC находим 3 г
2 ■ - Я tga ■ л/З
’332 v г-
OC=H tga; значит, £С=-ОС=-Яtga, АВ==уЗ Яtga.
3
Далее из Д.ЕВС найдем DC=ECsina=- Я tga sin а. Проведем ВЕЦАВС);
33
в ДВОС имеем LFBC=a и DF=DCcosa=- Htta sinacosa=- Я sin2a. 22
■ Итак,
1 3ff2tg2a J3 3. , Зл/З Я3 tg2 a sin2 a
Vdabc=^4— ■ - Я$ш2а=——:— . ■
□ По условию, ЛВСЛ1В1С1—правильная треугольная усеченная пирамида, К — центр вписанного в нее шара, М — центр шара, касающегося всех ребер пирамиды, ОиО, — центры оснований пирамиды (рис. Р.3.165); требуется найти LB^O. Прежде всего отметим, что KeOOt и AD=£O1, MeOOv так как точка М равноудалена от всех ребер. Основания пирамиды пересекают шар с центром М по окружностям с центрами О и О„ вписанным в основания. Положим ОЕ=г, О1Е1=г1, где Е и Ех—середины сторон ВС н BXCV Боковая грань BBiClC пересекает шар с центром М по окружности, вписанной в трапецию ВВХСХС. Согласно свойству сторон BC+BjCi „
описанного около окружности четырехугольника, ВВХ =-. Пусть
а-Д-Ь
ВС=а, ВХСХ=Ь; тогда BBt=——. Отрезок ЕЕХ —апофема усеченной пи- ■ рамиды; в силу свойства касательных, проведенных из одной точки к шару, 301
имеем EE1=r+r1=——I—— =- +^—. Проведем j^NHOOj, 5451100! и положим ООХ=Н; тогда из ZxEvNE находим Н2 ^EEi — EN2 =—^*) "^ ^ =~^‘ Д^®® проведем -81^11 ЕЕХ и в kBxLB имеем BB2 = BXL2 + BL2. Так как ВВХ=^-^-, BXL=EEX=^^^^-, 26
a—b
BL=—^-, то, подставив эта выражения в предыдущее равенство, получим a2 VXab+b2 a1 + 2ab+b1 a2 — 2ab + b2
(п+£)212(п+£)2124^+4
(п+£)212
(п+£)212
или 10ab = a2+b2 или 12яЬ = (а + Ь)2, т. е. ab =
аЬ (а + b)2а + Ь
Значит, №=— =———, откуда Н=—^~. Теперь из Z\BXFB находим
гна+Ь11
sin Д5,50=sin LBXBF=-=——=-. Итак, sin LB.BO=-, ■
a + b 3(a+6) 33
□ По условию, FA ВС— треугольная пирамида, AB=AC, LBAC=a (а<я/2), AEDAXEXDX — призма, вписанная в пирамиду, AxeFA, E^FC, DxeFB, О — центр окружности, описанной около &АВС, ОеЕВ (рис. Р.3.166); требуется найти Ущ, : Ищ^. Проведем FL-L(ABC) и положим FL = H; FLQ^AXDXE^ = LX) пусть LLX =h. Так как (^jP^JIKHSC) (плоскости, в которых лежат основания призмы), то ЕХВДВС (две параллельные плоскости, пересеченные плоскостью FBC); значит, DE^BC. Пусть ВС=а;
■а
тогда a=2X)Asma, откуда ОА=. Из AAOD находим 2 sin а
а atg- а 2 аа
OD=OA tg-=—;—=, т. е. DE=. Далее, txADE~ txABC;
2 2sma , а, а
4 cos -2 cos -
гг
поэтому
S^ADE q£1SbABC = BC1 =S^ADE q£1SbABC = BC1 =aa11,4 “2 A 4 ®4 cos -a2 4 cos - 22,4 “2 A 4 ®4 cos -a2 4 cos - 225■Полагая S^abc=S, находим Saade=• Согласно свойству парал-. a4 cos* -25■Полагая S^abc=S, находим Saade=• Согласно свойству парал-. a4 cos* -2дельных сечений пирамиды, имеемдельных сечений пирамиды, имеем^a^AE, рц sS^ABC fl1’ a4cos - ■ S2^a^AE, рц sS^ABC fl1’ a4cos - ■ S2(H-h)1(H-h)1Н1 ’Н1 ’H-h_ 1T»2 cos2 -2H-h_ 1T»2 cos2 -2. a„a2Ясо82 - — Я=2Л cos2 -; h =22. a„a2Ясо82 - — Я=2Л cos2 -; h =22a \ 2cos2 —1„2/ Hcosaa \ 2cos2 —1„2/ Hcosa2’2’,2 012 cos2 - 2,2 012 cos2 - 22 cos22 cos2a2a2Следовательно,Следовательно,Ипяр-рЯ,Ипяр-рЯ,SSV^=4 cos* -2V^=4 cos* -2Heos аHeos а2 cos22 cos2a2a2SH cos a , откуда 8 cos6 -2SH cos a , откуда 8 cos6 -2ИпрИпрSH cos аSH cos а8 cos6 - 28 cos6 - 2SHTSHT3cosa3cosa8 cos6 - 28 cos6 - 23.438. arctg —j l+3cos2a4''3.438. arctg —j l+3cos2a4''V33 + 13.439. arcsin —-—V33 + 13.439. arcsin —-—3.440.3.440.3.442.3.442.8"^ (a+6)2^a(a—2Z>) tg2 ^.2428"^ (a+6)2^a(a—2Z>) tg2 ^.242arctg Vs + sVlO. 3.441.arctg Vs + sVlO. 3.441./55arccos (8k2—1); 0<k<^-. 3.445. —. 3.446.v '4127a + 3b ,==——V 3 (a1 + b1 + lab cos la).144 cos a/55arccos (8k2—1); 0<k<^-. 3.445. —. 3.446.v '4127a + 3b ,==——V 3 (a1 + b1 + lab cos la).144 cos a.3.443. arctg№sin(a+^) sin(a—/0 sin2 a sin 2/? sin /? '.3.443. arctg№sin(a+^) sin(a—/0 sin2 a sin 2/? sin /? '3.444.3.444.. 3.447.. 3.447.
S^ADE q£1
SbABC = BC1 =
S^ADE q£1
SbABC = BC1 =
a
a
1
1
,4 “2 A 4 ®
4 cos -a2 4 cos - 22
,4 “2 A 4 ®
4 cos -a2 4 cos - 22
5■
Полагая S^abc=S, находим Saade=• Согласно свойству парал-
. a
4 cos* -
2
5■
Полагая S^abc=S, находим Saade=• Согласно свойству парал-
. a
4 cos* -
2
дельных сечений пирамиды, имеем
дельных сечений пирамиды, имеем
^a^AE, рц s
S^ABC fl1’ a
4cos - ■ S
2
^a^AE, рц s
S^ABC fl1’ a
4cos - ■ S
2
(H-h)1
(H-h)1
Н1 ’
Н1 ’
H-h_ 1
T»
2 cos2 -
2
H-h_ 1
T»
2 cos2 -
2
. a„a
2Ясо82 - — Я=2Л cos2 -; h =22
. a„a
2Ясо82 - — Я=2Л cos2 -; h =22
a \ 2cos2 —1„
2/ Hcosa
a \ 2cos2 —1„
2/ Hcosa
2’
2’
,2 01
2 cos2 - 2
,2 01
2 cos2 - 2
2 cos2
2 cos2
a
2
a
2
Следовательно,
Следовательно,
Ипяр-рЯ,
Ипяр-рЯ,
S
S
V^=
4 cos* -
2
V^=
4 cos* -
2
Heos а
Heos а
2 cos2
2 cos2
a
2
a
2
SH cos a , откуда 8 cos6 -
2
SH cos a , откуда 8 cos6 -
2
Ипр
Ипр
SH cos а
SH cos а
8 cos6 - 2
8 cos6 - 2
SH
T
SH
T
3cosa
3cosa
8 cos6 - 2
8 cos6 - 2
3.438. arctg —j l+3cos2a
4''
3.438. arctg —j l+3cos2a
4''
V33 + 1
3.439. arcsin —-—
V33 + 1
3.439. arcsin —-—
3.440.
3.440.
3.442.
3.442.
8"
^ (a+6)2^a(a—2Z>) tg2 ^.
242
8"
^ (a+6)2^a(a—2Z>) tg2 ^.
242
arctg Vs + sVlO. 3.441.
arctg Vs + sVlO. 3.441.
/55
arccos (8k2—1); 0<k<^-. 3.445. —. 3.446.
v '412
7a + 3b ,==
——V 3 (a1 + b1 + lab cos la).
144 cos a
/55
arccos (8k2—1); 0<k<^-. 3.445. —. 3.446.
v '412
7a + 3b ,==
——V 3 (a1 + b1 + lab cos la).
144 cos a
.3.443. arctg
№sin(a+^) sin(a—/0 sin2 a sin 2/? sin /? '
.3.443. arctg
№sin(a+^) sin(a—/0 sin2 a sin 2/? sin /? '
3.444.
3.444.
. 3.447.
. 3.447.
□ Изобразим осевое сечение фигуры: пусть SDC — осевое сечение конуса, SD и SC — образующие конуса, LDSC=W, SO2 — высота конуса, О2 и Ot — центры оснований вписанного в конус цилиндра, ^бох.хои : -^бог.цил^^З (рис. Р.3.167); требуется найти угол между DOt и основанием конуса. Положим O2D = R; тогда SD=R-J1, SO2 = R, 5бо1.*ои = ”-^2л/2- Обозначим радиус основания цилиндра через г, а высоту О2О2 —через h; тогда 5бох.цял=2лгЛ. По условию, ^ ^ =^\[1, откуда R1
^ = ^- Но SO2=h+r=R, т. е. r=R—h. Подставим это выражение в послед R1
нее равенство: ——^у^=8 или R1 = 8Rh — 8b1. Теперь разделим обе части
уравнения на Л2 и получимуравнения на Л2 и получимРис. Р.3.168Рис. Р.3.1682 Я| — 8 —+ 8 = 0. Учитывая, что2 Я| — 8 —+ 8 = 0. Учитывая, что
уравнения на Л2 и получим
уравнения на Л2 и получим
Рис. Р.3.168
Рис. Р.3.168
2 Я
| — 8 —+ 8 = 0. Учитывая, что
2 Я
| — 8 —+ 8 = 0. Учитывая, что
Я,
^ =ct8 Z.O1PO2=ctga (где а —искомый угол), имеем ctg a—8ctga+8=0,
откуда ctga=4±2>/2. Итак, a=arcctg(4+2^2). ■
□ По условию, ААХСХС — равносторонний цилиндр, А — точка окружности верхнего основания цилиндра, В — точка окружности его нижнего основания, АВ=а, АВ отстоит от ООХ на расстояние b (рис. Р.3.168); требуется найти угол между АВ и плоскостью основания цилиндра. Проведем через ААХ и АВ плоскость ААХВ; при этом (ААХВ)1ООХ, так как ООХЦААХ. Проведем OXDLAXB; тогда ОХВАДААХВ) и, значит, OxD=b. Пусть ААх=х; тогда АхСх=х. В ДААХВ имеем А1В1=а2-х2, т. е. АхВ=^а1—х1, 1Vfl2—X2
АХО=-АХВ=. Теперь из ZxOxDAx находим ОХАХ=АХ1Р + OXD2
^ <^—^11 г a^-V^b1 _
или—=Vb; отсюда 2V=a +46 , х* =. Следовательно,
442
В результате получимV2(a2 -462) <p=arccos-— . ■В результате получимV2(a2 -462) <p=arccos-— . ■cos Z_ABAx=cos<p=cos Z_ABAx=cos<p=АХВ _4Т^а^Дь^"АВ~ 2дАХВ _4Т^а^Дь^"АВ~ 2доткудаоткуда
В результате получим
V2(a2 -462) <p=arccos-— . ■
В результате получим
V2(a2 -462) <p=arccos-— . ■
cos Z_ABAx=cos<p=
cos Z_ABAx=cos<p=
АХВ _4Т^а^Дь^
"АВ~ 2д
АХВ _4Т^а^Дь^
"АВ~ 2д
откуда
откуда
г- /« я\3.450. 4eSV2 sin (-+- 1. 3.451.г- /« я\3.450. 4eSV2 sin (-+- 1. 3.451.2R>/sm(a+P)sm(a—P) tg^ sin a cos p '2R>/sm(a+P)sm(a—P) tg^ sin a cos p '
г- /« я\
3.450. 4eSV2 sin (-+- 1. 3.451.
г- /« я\
3.450. 4eSV2 sin (-+- 1. 3.451.
2R>/sm(a+P)sm(a—P) tg^ sin a cos p '
2R>/sm(a+P)sm(a—P) tg^ sin a cos p '
□ По условию, SAB — конус, SO — его высота, SB — образующая, LOSB=a, MBCDE — пирамида, вписанная в конус, MS=MB, BCDE — четырехугольник, вписанный в основание конуса, BE=BC=CD=b, DE=a (рис. Р.3.169). Обозначим радиус основания конуса через R и проведем Л/КЦЯО. Из ^SOB находим SO=Rctga, откуда МЯ=| 50=^ Яctgа. Так как равные хорды одной окружности стягивают равные дуги, то dBE-dBC-dCD. Обозначив величину этих дуг через р, тягем uBE=uBC=vCD=p, а vDAE=3606 — 3p. Но вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается;
тотоТак как txDBE вписан в основание конуса,DE=2Rsin LDBE=2Rsin( 180°—— J = 2Яsin —Так как txDBE вписан в основание конуса,DE=2Rsin LDBE=2Rsin( 180°—— J = 2Яsin —22223Pили a = 2^sin—; значит,23Pили a = 2^sin—; значит,2PPаналогично, S£=2Rsin LBDE=2R sin - или b=2R sin -, откуда_ . 3p222 sin —PPаналогично, S£=2Rsin LBDE=2R sin - или b=2R sin -, откуда_ . 3p222 sin —aR=aR=2bR =. ТакимР 2 sin - 22bR =. ТакимР 2 sin - 2образом, получаем равенствообразом, получаем равенствоb2 яп -2b2 яп -2аа- . 3P 2 яп — 2- . 3P 2 яп — 2. зр sin —2 а или=-;. Р Ь’ яп -2. зр sin —2 а или=-;. Р Ь’ яп -2далее имеемВ ■ 3sm —4яп-далее имеемВ ■ 3sm —4яп-cos2cos22. РЯП -2Р а+Ь2. РЯП -2Р а+ЬзА ‘ 2зА ‘ 2аь’3аь’3. В a /. В\ a—4яп2 - =-; 4 I 1 — яп2 - )=-2 6 V 2/6. В a /. В\ a—4яп2 - =-; 4 I 1 — яп2 - )=-2 6 V 2/6a+ba+b- =, cos - =.2 46’2 2V6- =, cos - =.2 46’2 2V6
то
то
Так как txDBE вписан в основание конуса,DE=2Rsin LDBE=2Rsin( 180°—— J = 2Яsin —
Так как txDBE вписан в основание конуса,DE=2Rsin LDBE=2Rsin( 180°—— J = 2Яsin —
2
2
2
2
3Pили a = 2^sin—; значит,2
3Pили a = 2^sin—; значит,2
PP
аналогично, S£=2Rsin LBDE=2R sin - или b=2R sin -, откуда
_ . 3p22
2 sin —
PP
аналогично, S£=2Rsin LBDE=2R sin - или b=2R sin -, откуда
_ . 3p22
2 sin —
a
R=
a
R=
2bR =. Таким
Р 2 sin - 2
2bR =. Таким
Р 2 sin - 2
образом, получаем равенство
образом, получаем равенство
b
2 яп -
2
b
2 яп -
2
а
а
- . 3P 2 яп — 2
- . 3P 2 яп — 2
. зр sin —
2 а или=-;
. Р Ь’ яп -
2
. зр sin —
2 а или=-;
. Р Ь’ яп -
2
далее имеем
В ■ 3sm —4яп-
далее имеем
В ■ 3sm —4яп-
cos2
cos2
2
. РЯП -
2
Р а+Ь
2
. РЯП -
2
Р а+Ь
зА ‘ 2
зА ‘ 2
а
ь’3
а
ь’3
. В a /. В\ a
—4яп2 - =-; 4 I 1 — яп2 - )=-
2 6 V 2/6
. В a /. В\ a
—4яп2 - =-; 4 I 1 — яп2 - )=-
2 6 V 2/6
a+b
a+b
- =, cos - =.
2 46’2 2V6
- =, cos - =.
2 46’2 2V6
Окончательно находим 1 b1ьР Р
262(a+6)cos^ctga=^- b^a+b) ^^122122V»262(a+6)cos^ctga=^- b^a+b) ^^122122V»22ctga =ctga =Vnxf=^b(a+b)- ctgasmp-— b(a+b)-ctga • 2sin-cos- = 2яп-2яп-
2
62(a+6)cos^ctga=^- b^a+b) ^^
122122V»
2
62(a+6)cos^ctga=^- b^a+b) ^^
122122V»
2
2
ctga =
ctga =
^ b3,2(a+b)3'2 ctga=^- (ab+b2)3'2 ctga. ■ 2424
□ По условию, SMN — конус, SO — высота конуса, LOSN—p, PABCD — пирамида, ABCD — равнобедренная трапеция, описанная около основания конуса, LADC—a, SN—1—образующая конуса, PeSN, РКДАВС), K—ACP\BD (рис. Р.3.170). Из &SuN находим ON—ltinp,
11-363
решив которую aSC=27 sin р tg -. Значит,решив которую aSC=27 sin р tg -. Значит,получимполучим21smp „„“AD=(1 +cos a)=2/sin/? ctg -, sma221smp „„“AD=(1 +cos a)=2/sin/? ctg -, sma2KN , яKN , яKNKN* 2* 2KN* КМ ,, a’l+tg2^KN* КМ ,, a’l+tg2^KN2ONKN2ON*"2*"2KN ^2 или — =ON i , ac 1+tg2-KN ^2 или — =ON i , ac 1+tg2-a =sinatg-.a =sinatg-.Наконец, APKN~ ASON, откудаНаконец, APKN~ ASON, откудаPK KN PK , a — =— или -=smatg~, SO ON /cos I 6 2PK KN PK , a — =— или -=smatg~, SO ON /cos I 6 2т.т.е.е.aРК= /cosр sin a tg -. Окончательно находим1147® sin2 Рa2ЛaРщф”^ Sabcd ■ PK--;■ Icosp sina tg-=- Psinganip tg -. ■33 sin a232aРК= /cosр sin a tg -. Окончательно находим1147® sin2 Рa2ЛaРщф”^ Sabcd ■ PK--;■ Icosp sina tg-=- Psinganip tg -. ■33 sin a232
решив которую a
SC=27 sin р tg -. Значит,
решив которую a
SC=27 sin р tg -. Значит,
получим
получим
21smp „„“
AD=(1 +cos a)=2/sin/? ctg -, sma2
21smp „„“
AD=(1 +cos a)=2/sin/? ctg -, sma2
KN , я
KN , я
KN
KN
* 2
* 2
KN* КМ ,, a’
l+tg2^
KN* КМ ,, a’
l+tg2^
KN2ON
KN2ON
*"2
*"2
KN ^2 или — =
ON i , ac 1+tg2-
KN ^2 или — =
ON i , ac 1+tg2-
a =sinatg-.
a =sinatg-.
Наконец, APKN~ ASON, откуда
Наконец, APKN~ ASON, откуда
PK KN PK , a — =— или -=smatg~, SO ON /cos I 6 2
PK KN PK , a — =— или -=smatg~, SO ON /cos I 6 2
т.
т.
е.
е.
a
РК= /cosр sin a tg -. Окончательно находим
1147® sin2 Рa2Лa
Рщф”^ Sabcd ■ PK--;■ Icosp sina tg-=- Psinganip tg -. ■
33 sin a232
a
РК= /cosр sin a tg -. Окончательно находим
1147® sin2 Рa2Лa
Рщф”^ Sabcd ■ PK--;■ Icosp sina tg-=- Psinganip tg -. ■
33 sin a232
SO=lcosp. Так как M и N — точки касания оснований трапеции с окружностью основания конуса, то MN=2ON=21sinp. Проведем CEWN; тогда CE=MN=21smP. Из ACED
СЕ 2/ sin рнаходим CD=-—=—; и, значит,sma sina
AD+BC4psa2p
Sabcd-:MN=CD • MN=—_P-.
2sma
KN BC Далее, ABKC~ AAKD, откуда =—.
KM AD Для нахождения AD и ВС составим систему уравнений
4/ sin p
AD+BC=2CD=—— sin a
AD— BC=2DE=2ECctga=4lsm p ctga,
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, SO — ее высота, АВ=а, двугранный угол ВС равен а, К—центр шара, касающегося основания и боковых ребер (рис. Р.3.171). Так как точка К равноудалена от боковых ребер, то KeSO. Проведем SDLBC; тогда ODLBC и L SDO=a. Из
А-\/3
^SOD находим SO=ODtga=tga, а из ^SOA получим6
SA
них шара с ребром
f? п2 а /5
У + 12 ^a=6 * 3^а+4). Пусть Е— точка каса- । ЗА; тогда КЕ—КО. Положим KO = R. Так как
&SEK~&30А, то
EKSK OA~SA
или
3R (SO-R) 6
—==—,■ — или
(—- tga-R ) 6
>/t?i+4
Выполним дальнейшие преобразования:
Рис. Р.3.171
3 AVtg2a+4 = а ^3 tg а—6 А; ЗА (^t^a-V^+2)=ац/з tgа;
_ а^ tg а _ а^/з _3(л/(ра+4 + 2) 3(V1 +4ctg2a+2ctga)
, . , а . (it а\ тит яп - яп
3.455.3.455.2\3 2/'
3.455.
3.455.
/я а\
9sm (I
3.456.3.456.\3 2/
3.456.
3.456.
□ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, 5О.ЦАВС), SO=H, LSAO=a (рис. Р.3.172); требуется найти радиус вписанного шара. Пусть К — центр вписанного шара; соединив К и точку D касания шара с боковой гранью, получим &SKD~&SOAY (так как LSDK= с5ОАг=9(Г, CDSQ — общий угол), откуда ^^-=—^. Пусть KD=r; тогда SK=H—г. Из ОА. SA,
а из Д5ОАгСледовательно,а из Д5ОАгСледовательно,получимполучим&SOA находим AO = Hctga,
а из Д5ОАг
Следовательно,
а из Д5ОАг
Следовательно,
получим
получим
SAi = И2 +- Н1 ctg2 а=— ./4+ctg2 а.
V 42
2г _ 2 (Я—г) г _ Н—т , г _ Н Hctga ^/4 + ctg2a ^В® ^A+ti-g1» ^В® 5/4 + ctg2 а+ctg а
Итак,
HdgaHelga (V4+ctg2a —etga)
r=———=
V4+ctg2a+ctga4
_ getg2 a (V^tg^o+T -1)
3.457. □ По условию, SABC — правильная треугольная пирамида, АВ=а, LAB=a, MNKMyNxKy — прямая призма, вписанная в пирамиду, Mv Nv
Кх лежат на апофемах, М, N, К лежат в (АВС), О — центр вписанного в пирамиду шара и O^M^Ki) (рис. Р.3.173). Проведем ЗОЦАВСу, тогда ^SOD~ ZiNiND, поскольку NNX )|SO, LSDO = LSFO = LSEO = a. Из подо- NN. NDa^ Л
бия треугольников следует ^^ = у^- ^о ^^="^~, SO = OPtga =
Л<V3tg“aJ3at 2=-— tga, NNX = OOX = OD tg- = ;62 оЛ<V3tg“aJ3at 2=-— tga, NNX = OOX = OD tg- = ;62 оx—ON. Подставив эти значенияx—ON. Подставив эти значенияaJ3 ND=OD—ON=~— 6aJ3 ND=OD—ON=~— 6гдегдев пропорцию, получимв пропорцию, получим
Л<V3tg“
aJ3at 2
=-— tga, NNX = OOX = OD tg- = ;62 о
Л<V3tg“
aJ3at 2
=-— tga, NNX = OOX = OD tg- = ;62 о
x—ON. Подставив эти значения
x—ON. Подставив эти значения
aJ3 ND=OD—ON=~— 6
aJ3 ND=OD—ON=~— 6
где
где
в пропорцию, получим
в пропорцию, получим
г- а (ох[з \aV3tg-6 —х)б
2\ 6/ г а г ,
_=^_'—; а^уз tg -=asj3 tga—6xtga, откуда 6a^/3 tga a-^32
Далее имеем LOMN~ZxOED (равнобедренные треугольники с равными
ч MN ON
углами при вершине); значит, -^ =^> 0ТКУДа
MN=MN=ED ■ ONOD 'ED ■ ONOD '
MN=
MN=
ED ■ ON
OD '
ED ■ ON
OD '
Окончательно находим
a\/3 aV3t8 2 ° sm 2
Увр=8дммк- NNV==.
64cos4--6128 cos’-
22
3.458. 2arctg
2>/l+cos2a
г- a
aV2tg-
3.460. □ Изобразим сечение фигуры плоскостью, проходящей через центр К вписанного шара и апофему DDX усеченной пирамиды. В сечении получим трапецию ADD^A^ в которую вписан круг с центром К, касающийся апофемы DDt и оснований трапеции в точках О и Ох — центрах окружностей, вписанных в основания усеченной пирамиды (рис. Р.3.174). По условию, 5Шара:-Syc. пир=л : 6>/3; требуется найти угол между боковой гранью
и плоскостью основания. Введем следующие обозначения: LDxDA = a, КО —г, OD = R1, OxOx = R2> тогда 5щара=4яг2, *5ус.пир = =^(Pi + P2) DDi + Si+S!, где Л = 6Яг/з, Р2 = 6Я2,Д Е^ЗК2^, S1 = 3R2x/1, DD1=Rl+R2 Таким образом,
s^. „р=з V? №+я2) № +я2)+зяЬ/з+зя^/5=
= 3^3 (2Я? + 2Я1Я2+2А1) = б7з (R^+RJ^ + R^.
2г
Проведем D1E^OO1 и из &D.ED найдем DDX=-—, ED=2rctga. Решив sina
{
2г
Я2+Я2 ; ,г
sm а получим Rx = -— (1 + cos a),
^-^-Jrctga,sma
» _(i _cos a). Тогда
sina
6 /363
-Syc ши^тт— ((1+cosa)2+(l —cos2a)+(l — cosa)2)-^^— (3+cos2 a).
Snap* Я 4№sin2 a Я. -
Так как=—то ——=——, откуда 3+cos a=4sin a;
•5ус.ПИр 6V36л/3 г2 (3+cos2 a) 6у/3
3sin2a+4cos2a=4sin2a; tg2a=4; tga=2, a=arctg2. ■
3.461. - и arctg2. 3.462. arctg^^-^^7; k>^. 3.463. arctg—L=; k>3_.
462лV2*-32
яя
3.464. -. 3.465. 33
ГЛАВА 4
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ
4.001.'□ Пусть P,N и К — точки касания вписанной окружности со сторонами ^АВС (рис. Р.4.1). По условию, КВ=п, СК=т, где п>т. Положим АВ=х; тогда AN-AB—NB=x—n. Согласно теореме Пифагора, имеем х1 = (х—п+тУ -^т^пУ^х1 = х1 +П1 +тг — 2хп + 2хт—2тп+т1 +2тп +
+л2 => 2(л-т) = 2(т2+л2). Итак, АВ=х=. ■
п—т
4.002. □ Пусть а и b — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника. Согласно условию, а+А=8, т. е. 6=8—а. Предположим, что с=5; тогда получим уравнение а2 + (8 — а)2=52 или а2+64 —16а + а2 —25 = 0 или 2а2— 16а+39=0. Но 21/4=64—2 • 39<0 и, значит, это уравнение не имеет корней. Итак, длина гипотенузы не может быть равной 5 см. ■ ab + bc+ac
4.003. □ Докажем, что = 2Я (рис. Р.42). Воспользуемся теоремой
Ае+Ад+Ас
а 6 ссинусов:===2R, откуда
sin Л sin В sin С
ас ab be 2R.(1)
с sin А a sin В Asm С
1-
Но Saj18c=- об sin С=- ah® откуда ha=b sin С (это также непосредственно 2' 2
видно из рис. Р.4.2); аналогично, hb=csmA, hc=asinB. Тогда из соотношений (1) находим ab=2Rhc, bc=2Rh® ac=2Rhb- Сложив эти равенства,
получим ab+bc+ac
ab+bc+ac=2R (ha+hb + hc) или= 2R. g
Ад + hb + hc
.004. □ Пусть в А А ВС (рис. Р.4.3) АВ=х, ВС=х+5 и АС=х + 10, где х>5. Согласно теореме косинусов, имеем (х+10)2=х2+(х+5)2—2x(x+5)cosB, х2-10х+75 (х + 5)(х—15) к—15
откуда cos 21===. Так как 0<cosB<l, то
2х(х + 5)2х(х+5) 2х
Рис. Р.4.3Рис. Р.4.3
Рис. Р.4.3
Рис. Р.4.3
х—15
0<<1. Наименьшим значением х, при котором выполняется это
7.x
неравенство, является х—15. Поэтому наибольшее число, обладающее указанным в условии свойством, есть х + 10=25. ■
4.005. □ По условию, BD—DC—a, LBAD— LCAD—a (рис. Р.4.4); требуется доказать, что txABC — равнобедренный. В kABD и &ACD по теореме косинусов имеем а2—с1+m2—7wc cos a, a2—t^+n^—lmb cos а. Вычитая одно выражение из другого, получим (с2—62)—2m(c—Z>)cosa=0 или (с—b\c+b— 2mcosa)=0. Так как c+b—2mcosot^0, то с=Ь, т. е. ААВС — равнобедренный. ■
4.006. □ Согласно условию, в t^ABC (рис. Р.4.5) АВ=2а, ВС=За, АС=4а. AD АС 4а 4 Используя свойство биссектрисы треугольника, находим
48а36а
Так как AD+DB=2a, то AD=- • 2а =—, BD=- ■ 2а=—. Но ВО — биссек- 7777-
ОС ВСЗа7
триса в LDBC и, значит, —=—== . ■
OD BD6а/72
4.007 12, 15 и 18 см.
4.008. □ Находим (рис. Р.4.6) AH=HD = J15 —24=1 (см), т. е. Л2)=2см. Далее ВС АВ 5
имеем —=—=-. Известно, что квадрат длины биссектрисы выражается DC AD 2
формулой BD2=ABBC—ADDC (см. «Дополнительные соотношения между элементами фигур», гл. 1, п. 5°). Таким образом, 25=5 • 5х-2 ■ 2х 255085-2520
или 25=21л, откуда х=—. Итак, АС=2А—=4 — (см), ВС==5 — 2121212121
(см). ■
4.009 600V3 см2.
.010. □ В Д АВС (рис. Р.4.7) имеем АС=с sin а, ВС=с cos а, BD=x, AD=c—x, х с cos а
I — биссектриса угла С. Так как==ctga, то x=cctga—xctga, с—х csina cctgaс cos acsina
откуда x==, c—x=. Теперь воспользуемся
1+ctga sina+cosa sina+cosa
формулой 1=^AC ■ BC—AD ■ DB и получим
/<?sinacosa(sina+cosa)2—1
Z= / c2 sin a cos a; = c / sin a cos a— =
V(sina+cosa)2\(sina+cosa)2
Рис. Р.4.6Рис. Р.4.7Рис. Р.4.8
/sin 2а sin 2ас sin 2аcsin2a
V 2 l+sin2a 71(1+ cos(90°-2а)) V2'2cos2 (45° — а).
с sin 2а
2 cos (45° — а)
4.011. □ Пусть ЛС=х (рис. Р.4.8); поскольку LOAF— LAOF—450, имеем ’хЗх
OF—AF—-. Но ВО—2OF—X, откуда BF——. Полагая LABF—P, находим 22
AF х/2 1
tg£=—=—=-■
BF Зх/2 3
4.012. • Воспользоваться формулами та=- ^Д^ + с2)—а1, тъ—
= - >]24.<? ■¥<?■>->?, mc=^,j2(a1 л-Ь^—с1 (см. «Дополнительные соотношения между элементами фигур», гл. 1, п. 2°).
4.013. — 1/*. 4.014. Части равновелики. 4.021. 45. 4.023. Прямую, перпендикулярную основанию и проходящую через его середину. 4.024. [$/V2> 4- 4.028. 4, 5, 6, 7 и 8 см. 4.029. Точка пересечения биссектрисы угла В и перпендикуляра DO должна лежать вне /хАВС. 4.030. а) Тупоугольный; 6) прямоугольный; в) невозможен; г) тупоугольный. 4.031. 1,5 см. 4.033. <^/4. 4.035. А/3. 4.037. а. 4.040. Из точек дуги окружности, опирающейся на этот отрезок, для которой данный угол является вписанным.
4.041. □ Предположим сначала, что а — острый угол, противолежащий общей стороне всех треугольников (рис. Р.4.9). Рассмотрим один из таких треугольников и проведем его высоты из концов этой стороны. Тогда, если ортоцентр лежит внутри треугольника, то угол между Высотами равен 180°—а. Отсюда следует, что множество ортоцентров представляет собой дугу окружности, хордой которой является общая сторона всех треугольников. Так как угол между высотами опирается на дугу, равную 360°—2a, то множество ортоцентров — это дуга, равная 2a. Если же ортоцентр находится вне треугольника, то угол между высотами равен а. Этот угол опирается на дугу 2a, т. е. множество ортоцентров лежит на продолжении той же дуги окружности. Итак, искомое множество точек — это дуга окружности, равная 360°—2a.
В случае прямого или тупого угла треугольника рассуждения аналогичны. ■
4.042.4.042.4.043.4.043.• Воспользоваться тем, что если а — данный угол, то угол между биссек- а
4.042.
4.042.
4.043.
4.043.
трисами, проведенными к боковым сторонам, равен 90° +-.
□ Так как в ДОЛО, все стороны равны R, то САОВ=120° (рис. Р.4.10). 1/з 1
4.044.4.044.2 ет-яЯ2-32 ет-яЯ2-32266,АЕ АС□ Поскольку ^ADC~ i^ABE (рис. Р.4.11), имеем — =-^, т® АВ=ВС =10 + х 14= 7, ЛР = 10. Пусть DE=x; тогда =—, откуда 100 + 10х=98, т. е.х = — 0,2. Такое значение х свидетельствует о том, что точка Е расположена AD АС1014между А и D, т. е. —=— и, значит, —=——. Отсюда находим АВ АЕ7 10-хх=0,2. ■.,АЕ АС□ Поскольку ^ADC~ i^ABE (рис. Р.4.11), имеем — =-^, т® АВ=ВС =10 + х 14= 7, ЛР = 10. Пусть DE=x; тогда =—, откуда 100 + 10х=98, т. е.х = — 0,2. Такое значение х свидетельствует о том, что точка Е расположена AD АС1014между А и D, т. е. —=— и, значит, —=——. Отсюда находим АВ АЕ7 10-хх=0,2. ■.Находим 8йхов=^ Л2sin 120°=- R1 sin60°=—-—, 5сегт^од=- uR1, откуда -ScerM”- uR1—^ ^. Итак, площадь общей части двух кругов составля- 34
4.044.
4.044.
2 ет-яЯ2-
3
2 ет-яЯ2-
3
2
2
6
6
,АЕ АС
□ Поскольку ^ADC~ i^ABE (рис. Р.4.11), имеем — =-^, т® АВ=ВС =
10 + х 14
= 7, ЛР = 10. Пусть DE=x; тогда =—, откуда 100 + 10х=98, т. е.
х = — 0,2. Такое значение х свидетельствует о том, что точка Е расположена AD АС1014
между А и D, т. е. —=— и, значит, —=——. Отсюда находим АВ АЕ7 10-х
х=0,2. ■.
,АЕ АС
□ Поскольку ^ADC~ i^ABE (рис. Р.4.11), имеем — =-^, т® АВ=ВС =
10 + х 14
= 7, ЛР = 10. Пусть DE=x; тогда =—, откуда 100 + 10х=98, т. е.
х = — 0,2. Такое значение х свидетельствует о том, что точка Е расположена AD АС1014
между А и D, т. е. —=— и, значит, —=——. Отсюда находим АВ АЕ7 10-х
х=0,2. ■.
4.046. □ Построим окружность радиуса 1, опишем около нее квадрат и впишем в нее правильный шестиугольник (рис. Р.4.12). Имеем Я,=4(1 + 1)=8, Р6 = 1 ■ 6=6, С=2я. Так как Р6<С<РМ то 6<2я<8, откуда 3<я<4. ■
4.047. □ Пусть С, —середина дуги АВ (рис. Р.4.13). Проведем через точку С, касательную АД к окружности и рассмотрим подобные треугольники
АОС и AXOCV Имеемгде OC=^OA1-AC1 = ^61-\,5i =
ОС 1 л
=V4.5-7,5-1,5V15 (см), ОС,-6 см, ЛС—1,5 см. Следовательно, 6 • 1,56 г—/—
Л.С,— -=——т=—0.4V15 (см), Л.Д,—O.SVlS (см). Теперь найдем 1,55/15 V15'
OA.=JoCi-¥A,Cx= /36+—=^-=^ = 1,6</15 (см). Таким образом, полу- V 15 V15
периметр треугольника АХОВпериметр треугольника АХОВсоставляет р=^ (3,2-^15+0,85/15) = 2^/15
периметр треугольника АХОВ
периметр треугольника АХОВ
(см), а его площадь S=- ОС, ■ Л,В, =- ■ 6 • 0,85/15 = 2,4л/15 (см2). Нако- х 52,45/В , „ , ч _
нец, используя формулу г=-, получим г——-=1,2 (см). ■ Р2^/15
4.049. □ Проведем радиусы ОМ, ON, ОР и OQ в точки касания окружности со сторонами четырехугольника (рис. Р.4.14). Из равенства треугольников АОМ и AON, BON и ВОР, СОР и COQ, DOQ и DOM заключаем, что АО, ВО, СО и DO являются биссектрисами углов А, В, С и D. Значит, САОВ= = 180°—а—Д, LCOD= 180°-у-5, LAOD= 180°-а-5, LBOC=\«F-P- — у, откуда LAOB-V L COD = 360” — а—Д—у—6. Но а+Д+у+5= Ц(/_А+ Z.B+ Z.C+ Z_D)= 180°. Итак, LAOBv LCOD = 180°. ■
4.050. Пусть LBDC=x; тогда LBOC=Tx (рис. Р.4.15). Следовательно, LOBC=W—х, т,-е. LOXBC=W—х (в силу симметрии точек О и О, относительно стороны ВС). Найдем сумму углов &АВС. 180°-х+180°-2х + 180°-2х = 540°-5х; тогда 540°-5х=180°, откуда х=72°. Окончательно получим L ВАС =180” —72° —108°, z_CBA = Z_BCA = =|(180°-108°) = Зб°. ■
4.055. 0,2^5/10. 4.056. 45/2 м. 4.057. а. 4.058. 2а; я; 2я-2а.
4.060.
□ Введем систему координат с началом в точке Л(0; 0) и осями координат, направленными вдоль сторон AD и АВ квадрата (рис. Р.4.16). В этой
системе вектор АМ имеет координаты (0,5; 1), а вектор AN — координаты
(1;
0,5). Воспользуемся формулой cosa=
АЙ . AN
|377| |л^|’
где АМ • aN=
^=7^140^ =0,5^5.^=7^140^ =0,5^5.= 0,5 • 1 + 1 ■ 0,5=1,|ЛЛ^ = 7^52 + 12 = 0,5л/5,
^=7^140^ =0,5^5.
^=7^140^ =0,5^5.
14
Итак, cos а =—— =
4.061.4.061.0,575 0,575 5
4.061.
4.061.
□ Пусть х<а, у<а, z<a, ка— стороны выпуклого четырехугольника ABCD (рис. Р.4.17). Диагональ АС делит четырехугольник на два треуголь- ху .zi .
ника АВС и ACD, имеющих площади 3^АВс=— ^В и ЗдАвс=— snD.
Следовательно,
„ ху . zt . ху ztа1 а1 „, _
Sabcb=— sm5+j smD<— +- или SABCd<^ +у, т. е. SABCD<a2. ■
4.062. □ Найдем площади ДАВС и ДВСО (рис. Р.4.18): SbABc=^BCh, 5двсв=^ ВС • Л, где h=BK, т. е. 8дАВс=8двсс. Но 8дАов=8дАВс— 8дВос. 8дсоп=8дВсв—8дВос и, следовательно, 8дАов=8дсов- ■
4.063. □ Проведем CKLAB и DLLAB (рис. Р.4.19). Пусть DC=a, КВ=х; тогда AB=2x+DC или За=2х+а, откуда х=а. Теперь воспользуемся условием cos LABC=—=, откуда следует, что CB=a-Ji, СК=^]СВ1 — КВ1 = 2д. Да- 75
лее из txAKC находим AC=^jAI? +0^=^(2д)2 + (2д)2 = "la^jl. Так как АО АВ 31 aJl
txAOB~ txDOC, то ^^=^.=у и> значит> ОС=-АС=——. Наконец, а2 а2
в ДООС имеем DO1 Л-ОС1 =—-I—=a1=DC1, т. е. DOLOC. ■
2 2
Рис. Р.4.18
Рис. Р.4.19
А8Рис. Р.4.20А8Рис. Р.4.204.064. □ Пусть сторона АВ пятиугольника ABCDE равна 30 см (рис. Р.4.20). Далее, пусть ВС= =х; тогда CD=x+2, ОЕ=х+4, ЕА = х+6, где xeZ, х < 7. Для того чтобы получился пятиугольник, необходимо выполнение неравенства х+х+2+х+4+х+ +6>30 или 4х>18, откуда х>4,5. Таким образом, из условия 4,5 <х<7 находим целочисленные значения сторон: 5, 7, 9, 11, 30; 6, 8, 10, 12, 30; 7,9, 11, 13, 30. ■
А8
Рис. Р.4.20
А8
Рис. Р.4.20
4.065. □ Для того чтобы сложить паркет из правильных равных многоугольников, нужно, чтобы их углы примыкали друг к другу и в точках соприкосновения составляли бы в сумме 360° (рис. Р.4.21, а—в). Угол правильного „(л-2) 180°_
л-угольника определяется по формуле а=. Так как к каждой
л
360° точке соприкосновения должны прилегать к многоугольников, то а=. к
(л-2) 180° 360°L 2л
Следовательно,=—-— или пк— 2к=2п, т. е. к=-.
л кл —2
Если л = 3, то к=6; в этом случае а=60°, т. е. паркет составлен из правильных треугольников.
Если л=4, то *=4; тогда а=90°, т. е. паркет составлен из квадратов.
Если л=5, то соответствующее значение к не является целым; значит, из правильных пятиугольников паркет составить нельзя.
Если л=6, то ^=3; тогда а = 120°, т. е. паркет составлен из правильных шестиугольников.
Очевидно, что значениями л = 3, л=4 и л=6 исчерпываются все подходящие случаи. ■
_360°R1 360°
4.066. □ Имеем LAOB=и, значит, S^aob=— sin(рис. Р.4.22). Таким л2 л
R1 . 360° 3R1 образом, получаем равенство — sin=, которое выполняется при
л = 12. ■.
4.067. □ Возьмем произвольную точку М внутри правильного многоугольника (рис. Р.4.23). Соединим ее с вершинами многоугольника и опустим перпендикуляры из М на стороны многоугольника. Тогда для площади многоугольника получим выражение 111а
s=2 ^1+2 ^2 +-+2 fl*>i = 2 (А1+Л2 + — +Л»)-
Рис. Р.4.21Рис. Р.4.21
Рис. Р.4.21
Рис. Р.4.21
С другой стороны, площадь многоугольника равна произведению его полупериметра на апофему: S=ph. Следовательно, ph=^ (*1+*2 + -+*л) или™ Л=^ (Aj+А2+ ...+*„).
Итак, Л]+й2 + ... + Л„ = ла. ■
4.068. □ Пусть ABCDE — правильный пятиугольник (рис. Р.4.24). В нем углы (5—2) 180°
при вершине составляют = 108°. В А АВС проведем BFLAC; так
как Z_BAC= ^ВСА=^(ДЫГ-АОУ^Зб0, то LACE= 108°-2 • 36° = 36°, CF=acos36° и . АС=2аcos 36°. Далее находим 5д^дс=-^sin 108° = =|а2яп72°, 5дясе=^ AC2 sin LACE=^ (2acos36°)2sin36°=a2cos36°sin72°.
Итак,Итак,=cos36°®0,81. ■=cos36°®0,81. ■5длсе _ aicos36° sin 72° 25дл8С a2 sin 72°
Итак,
Итак,
=cos36°®0,81. ■
=cos36°®0,81. ■
, (л — 3)л
4.069. □ Число диагоналей л-угольника определяется по формуле а=—-—.
Нам нужно выбрать только те значения 4 которые удовлетворяют усло- (л — 3)л,.
вию d<n. Тогда п>—-— =» 2л>л — Зл => л — 5л<0, т. е. число л при
надлежит промежутку (0, 5). Так как л — это число сторон многоугольника, то л>3 и окончательно получаем, что требованию задачи удовлетворяют только значения л=3 и л=4. ■
4.070. 20. 4.071. 3R2. 4.072. В пятиугольнике. 4.074. 3. 4.075. 16 см. 4.076. 4 и 11 см.
4.077. 12 см. 4.078. 7,2 см2. 4.079. 2(5, + S2). 4.081. Р/4.
4.084. □ Возьмем на прямой р какую-либо точку А и соединим эту точку с любыми двумя точками Bt и В2 на прямой q. Таким образом, ABt и АВ2 — две пересекающиеся прямые, которые пересекают обе данные скрещивающиеся прямые. ■
4.085. □ Имеем4.085. □ Имеем
4.085. □ Имеем
4.085. □ Имеем
Р.4.25), откуда О^ — ОХЕ=
Рис. Р.4.26Рис. Р.4.26
Рис. Р.4.26
Рис. Р.4.26
4.086. □ Пусть ребро куба равно а; требуется найти угол между диагоналями А^В и BYC (рис. Р.4.26). Этот угол равен углу между прямыми DvС и ВХС, поскольку D^AJi. В LB^iC имеем B1D1 =DiC=B1C=a-j2 и, следовательно, £в1С2)1=60°. ■
4.087. □ Имеем (рис. Р.4.27) DE=^a (а — ребро куба), S^adc=^ о2, 1 111Vacde J
Vacde=~"3- ^б»^3. Значит, —-—. ■
J Z Z 1Z¥ тубе * ~
.089. □ Для построения данного трехгранного угла с плоскими углами а, р, у (рис. Р.4.28) необходимо, чтобы были выполнены следующие условия: Р—а=7— р=50°, а+Д+у<360°, а+Д>у. Так как числа а, р и у составляют геометрическую прогрессию, то а+а+50° + а+100°<360° или За<210°, т. е. а<70°. Но а+а+50°>а+100°, откуда а>50°. Учитывая, что а — целое число, получаем ответ: 51°. ■
.090. Окружность^вляющуЮся основанием конуса с высотой а и образующей Ь; высота конуса перпендикулярна данной плоскости, а вершина находится в фиксированной точке этой плоскости. 4.091. 20. 4.094. а>/2/2. 4.095. Да, если параллелограмм является прямоугольником; да, если параллелограмм является ромбом. В том случае, когда точка равноудалена и от вершин, и от сторон параллелограмма, он должен представлять собой квадрат. 4.096. Около нее можно описать окружность, т. е. трапеция является равнобедренной. Для такой трапеции искомое можество представляет собой перпендикуляр к плоскости ее основания, проходящий через центр описанной около трапеции окружности. 4.098. Проекцией ребра является биссектриса соответствующего угла основания. Эта проекция совпадает с диагональю основания, если основание представляет собой ромб.
Рис. Р.4.27
Рис. Р.4.29
4.099.
4.100.
1 : □
11.
По условию, SM=MC (рис. Р.4.29); требуется найти LAMB. Пусть а^З а — ребро правильного тетраэдра; тогда в LAMB имеем АМ=МВ=——,
откуда по теореме косинусов получим АВ1=АМ2+МВ1 — За1 За1За1
— 2 АМ ■ MB cos LAMB или £г=12 ■ — cos LAMB. Следовате-
444
/За2 За2
льно, cos LAMB=iа1 : —
V 2/ 2
1
1
-, т. е. Z_^A/S=arccos -. ■ 33
4.101.
□ По условию, высота SO1 —h (рис. Р.4.30) является переменной. Извест-
S^AtBiCt /ЗдАВС
но, та> —=| - , -Г. е. S^B^-h1 —-^ , где 5Мвс и И— вели.ЗдавсН.
чины постоянные в данной задаче. Таким образом, зависимость между площадью сечения и расстоянием от вершины до секущей плоскости 8цавс выражается квадратичной функцией вида Дх")—кх2, где к=—^— >0 — параметр, a x=h — переменная, причем 0<х<оо. ■
4.102. 1. 4.103. 1 : 7. 4.104. 5040 см2.
4.105. □ По условию, в правильной четырехугольной пирамиде SABCD (рис.
Р.4.31) SO=H, LDFB=a. Пусть ОВ=х, в LDFB имеем LDFO=
Ml R
а и OF=x ctg-.
ОС ■ SO SC =——— =-
хН
OF SO
Так как lOFC— LSOC, то q^=^> откУда
OF а jrctg-
= 7/tg|. Искомый радиус найдем как радиус окру-
жности, описанной около
,abc
LSAC. Используя формулу R=—, получим 45
Л_ SC1 AC SC1
--=- Н tg2 -. ■
4 0,550 А С ISO TH 22
4.106. 60°.
□ Пусть а — ребро пирамиды SABC, 0М=г — радиус вписанного шара, aJ3
SS За2 as/б 4 1б =ПГSS За2 as/б 4 1б =ПГSH=h— высота пирамиды (рис. Р.4.32). В ^SAF имеем SF=——,
SS За2 as/б 4 1б =ПГ
SS За2 as/б 4 1б =ПГ
HF=^AF=^^-; следовательно, h = SH=
2aJ3
а1. 2а1 2ar^f6или — + Г =——333а1. 2а1 2ar^f6или — + Г =——333Так как FM=FH, то SM=AH=- AF=—~. Тогда из kSMO находим 33
а1. 2а1 2ar^f6
или — + Г =——
333
а1. 2а1 2ar^f6
или — + Г =——
333
SM1+OM1=SO1 или —+г2 = (- 3\ 3
Ох/6г ay/б aJb 1
куда г=——. Итак, = —— :=-.
12А 1234
60°. 4.111. я/4; л/2; arctg 2; arctg 2. 4.113. В данный четырехугольник можно вписать окружность. 4.114. 6^435 см2. 4.115. 1 : 3. 4.117. >/2S1S1S^3. 4.119. Нет; на перпендикуляре к плоскости основания пирамиды, проходящем через центр описанной около этого основания окружности.
□ Сектор развертки конуса имеет угол 90° и радиус Л = 1; следовательно,
его площадь 5г = кВ •-=-. Площадь боковой поверхности конуса S,= 4 4
=nrl=nr (так как /=Л = 1). Но S1=S1 и, значит, -=яг, откуда г=-. Теперь* 44
я л 5я находим площадь полной поверхности конуса: S=S2+5осн=_ 4— =—• ■ 4 16 16
□ Пусть at — сторона правильного треугольника АВС, представляющего
собой осевое сечение конуса (рис. Р.4.33); тогда г, =—^радиус вписан- 6
ной в ^АВС окружности. Проведем касательную А^СДАС и получим C.D
другой правильный треугольник AVBCV Так как CCt=—^ =
„ J3 atJ3 J3 2а г2а. а. ~
= 2г. : 2т-=—— :=—,то а1=ВС,=а.=—. Это значит, что сто
2323211 33
рона каждого следующего правильного треугольника в 3 раза меньше
стороны предыдущего и поэтому радиусы вписанных в них окружностей
1
находятся в том же отношении: ri=~ г3=- ri>
13
. Соот-
4 ветственно объемы вписанных в конус шаров составляют У^-лг],
44 /г \з 11
И, =- яг?=- я (— 1 =— К,.... У„ =— У.-iИтак, объемы вписанных
33 \3/ 27 127
шаров образуют бесконечно убывающую геометрическую прогрессию со
/IV''-^ 27 и<
знаменателем ( - I , сумма которой равнаД\з~ 26 ’ Т" е*
W
- „27^ 27 4 , 27 43^3 а? ти^З
^=V1 + V2 + ... + Vn+„ ’ =. лгз=VV
2626 326 36
Поскольку И1ОН=^ я
аД2 а.Лз яа, Дз
— I — =—, окончательно находим
2/224
У яд? ^3 яд^/з _ 6 ^~ 52 ’ 24 "ГЗ- И
4.124. □ Пусть OA = R и OtB=r— радиусы оснований усеченного конуса, а МО=х и NOx=y (у<х) — радиусы вписанных шаров (рис. Р.4.34). По
а условию, х+у=1, lA = x. В &.АОМ и ZxBOtN имеем A=xctg-,
(а\ а.
90°—- j=y tg- (1). Далее, в трапеции FHNM проведем NK^HF-,
так как NM=l, КМ=х-у, LNMK= LBAO = a, то из kNKM получим x—y=lcosa. Таким об- fx+y=f,
разом, приходим к системе <, откуда
[х—y=/cosa,
/+/cosa/—/cosa
х=, у=. Подставив найденные 22
значения в равенства (1), окончательно находим
а /(1+cosa) ctg- a2 , , a a
R=X Ctg -== /cosz - ctg -,
a /(l-cosa)tg- a2
r=ytg22
=/sm2 - tg -.
4 /я \ /я \, я _
4.125. — cos I-+a) cos |—a). 4.126. —2arctg
37\6 /26
, k^I. 4.127.
, 0<*<2.4.128. яТЗ:2.
2arctg
ГЛАВА 5
ПРИМЕНЕНИЕ КООРДИНАТ И ВЕКТОРОВ.
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
5.001. >>±0,5715=0.
5.002. □ По условию, А$=к^В => ЛБ^СБ (1). Находим координаты векторов АВ и СБ (рис. Р.5.1): "аБ (1; —2), СБ (х+4; у), где х и у — координаты 1-2
точки D. Из (1) следует, что=— илиу= —2х—8 (2). Так как трапеция
х+4 у
ABDC — равнобедренная, то |ЛС| = |$5| и "лС^ВБ. Найдем векторы АГ (—6; — 1), ВБ (х—3; у + 1) и воспользуемся тем, что ЛС1=ВБ1; имеем 36 + 1 = (х—3)2+(у + 1)2 или х2+у2 —6х+2у=27 (3). Решив систему уравнений (2) и (3), получим х, = —1,4, у ^—5,2 или х2=—3, у2=—2. Этим значениям соответствуют два вектора: "BD (—4,4; —4,2) и "ВБ (—6; — 1). Последний вектор коллинеарен АС и, значит, не удовлетворяет условию. Итак, получаем ответ: D (—1,4; —5,2). ■
5.003. 5х-у + 7 = 0. 5.004. у=0, у = 3^3, у=х^3, у=-7з(х-10). 5.005. (х-3,5)2 + (у±710)2= 12,25. 5.006. у= -х7з + (3 + 27з); 6 + 3,5^3 кв. ед. 5.007. (—1; 2); 13 кв. ед.
5.008. □ По условию, АС=15 см, BD=8 см, откуда находим координаты вершин ромба: А (—7,5; 0), В (0; 4), С (7,5; 0), D (0; —4) (рис. Р.5.2). Угловой 4 коэффициент прямой ВС есть kY =tg lBCN= —tg L BCO = —— =
8'’
— ——. Тогда, зная координаты точки В, составим уравнение стороны ВС:
8
у—4= —— (х—0) или 8х+15у—60=0. Уравнение стороны AD найдем по '8
известному ее угловому коэффициенту кг = —— (так как AD$BC) и коор-
8-
динатам точки D: у+4= — — (х—0) или 8х+15у+60=0. Далее, угловой
48
коэффициент прямой АВ есть fc2=tg LBAO=— =— и уравнение стороны
А В записывается в виде 8х — 15у+60=0, а уравнение стороны DC — в виде 8х—15у—60=0. Теперь проведем ОКА-ВС а для нахождения ОК воспользу-
11ос OB
емся тем, что SAn»c= ОС - ОВ=- ОК • ВС, откуда ОК=. Под 22ВС
. 7,5-4 60■
скольку 5C=V7,52+42=8,5, находим ОК= &=— (см). ■
5.009. 4-^/17/11; у=4х.
5.010. □ Согласно условию, А (2; 1), В (4; 0) — известные, а с (Хр У1Х О (х^ У1) — неизвестные вершины квадрата (рис. Р.5.3). Так как длина стороны квадрата АВ=^21 + \1=у]5 и ВС=АВ, то SC2=(x,—4)2+у^ = 5 (1). Найдем угловой коэффициент стороны АВ. Для этого воспользуемся формулой (5.4), записав ее в виде к=, где (х; у) — координаты точки х-ха 0-11
а (х0; у0)— координаты точки А; тогда получим к== —. Но 4 — 22
ВСД.АВ и, следовательно, уравнение ВС имеет вид у—0=2 (х—4), т. е. у=2х—8. Далее, точка С (х^ ys) лежит на ВС и, значит, У!=2х, —8 (2). Решив систему уравнений (1) и (2), найдем две точки С (5; 2) и С (3; — 2), которые, как легко убедиться, симметричны относительно точки В.
Для точки С (5; 2) имеем "АС (3; 1), "ВО (х2—4; у2), откуда, учитывая, что АСА-ВО, получаем "АС • ВО=0 или Зх2—12+у2=0 => у2 = 12—Зх2 (3). Кроме того, BD1=(x1 — 4)2+y2=(V5)2+(V5)2 или (х2—4)2+у2 = 10 (4). Решив теперь систему уравнений (3) и (4), найдем две точки D (5; — 3) и D (3; 3). Чтобы отобрать нужную точку, воспользуемся коллинеарностью векторов А$ и СВ. Если О (5; — 3), то СБ (0; — 5), А$ (2; — 1), т. е. Со^аБ и, значит, точка О (5; — 3) не является вершиной квадрата. Если же О (3; 3), то СО (—2; 1), т. е. "СО^ЛБ. Итак, точки С (5; 2) и О (3; 3) являются вершинами квадрата.
Рассуждая аналогично, для точки С (3; —2) находим вершину О (1; — 1). ■ 5.011. V33; V105- 5-012- (-2+3V3; -1) ™ (-2-3^3; -1); 9-^/3 кв. ед. 5.013. (-2/3; -2/3). 5.014. С (4; -1). 5.015. 1^34. 5.016. (1,5; 1; 1). 5.017. 13; В (12; 5), С (—5; 12), 2) (—12; —5).
5.018. □ Так как уравнение данной окружности имеет вид х2+у2=9, то ее радиус равен 3. Точка касания В данной и искомой окружностей лежит на линии их центров ОВ (рис. Р.5.4); поэтому радиус искомой окружности равен 1,5. Наконец, центр М искомой окружности лежит на перпендикуляре к середи-
g^,g/C{a:,;^А (2,1)0(х2',уг)Рис. Р.5.310 К А )*Рис. Р.5.4g^,g/C{a:,;^А (2,1)0(х2',уг)Рис. Р.5.310 К А )*Рис. Р.5.4
g^,g/C{a:,;^
А (2,1)0(х2',уг)
Рис. Р.5.3
10 К А )*
Рис. Р.5.4
g^,g/C{a:,;^
А (2,1)0(х2',уг)
Рис. Р.5.3
10 К А )*
Рис. Р.5.4
не отрезка О А, т. е. абсцисса центра есть хм=0,5, а его ординату находим та^ОМК (МКХОА) ; yM—^X^—O.S1™^!. Одиако возможно иное расположение искомой окружности, симметричное с изображенным на рис. Р.5.4 относительно оси Ох; в этом случае точка М имеет ординату Ум = ~ 72-
Заметим, что ординату точки М можно найти другим способом. А именно, воспользуемся тем, что точка касания В имеет координаты (1; уя) и что эти координаты удовлетворяют уравнению данной окружности: 12+у2=9 или ув=±272; так как МКА-Ox, то Л/ХЦЛВ, т. е. МК— средняя линия в LAOB и, значит, ум = + 72._
Итак, зная координаты центра М (0,5; ±72) и радиус г = 1,5 искомой окружности, получим ее уравнение: (х—0,5)2+(у+72)2 = 2,25. ■
5.019. (х-1)2 + (у-1)2 = 1; (х-5)2 + (у-5)2 = 25. 5.020. (х-1)2 +(у-1)2 = 1.
5.021. 472. 5.022. Зх+4у-15 = 0; Зх-4у-15 = 0. 5.023. (х+1)2 + (у-3)2 = 10.
5.024. □ Уравнение сферы с центром С (х,; yt; z^ и радиусом R записывается в виде (х—x^+ty—у,)2 + (г—zj2™./?2 (1). Так как эта сфера касается координатных плоскостей, то должны выполняться равенства |x1|=|y1| = |z1|=J? (2). Далее, координаты точки А (1; — 1; 4) удовлетворяют уравнению (1), т. е. (1—х,)2+(—1—у,)2+(4—zj2™!?2 или
1 —2х1+х] + 1+2у1 +у2 + 16 —8zt +z2—J?2 = 0.(3)
Согласно условию (2), имеем х2 +у2+г^=ЗЛ2 и равенство (3) примет вид
' 18 —2х1+2у1—8z1 + 2J?2 = 0 или 9 —Xj+yj—4z1+J?2 = 0.(4)
Рассмотрим различные случаи расположения центра. Пусть х,>0, yj>0, z, > 0 (I октант), т. е. х, =у, =z, = К. Тогда, подставив эти значения в равенство (4), получим уравнение К1—4R+9=0, которое не имеет решений (£>/4=4—9<0).
Пусть теперь Х]<0, У!>0, zt>0 (П октант), т. е. |х.|—yt =zx = R. Тогда в результате подстановки этих значений в равенство (4) получим уравнение R—2R+9=0, которое также не имеет решений.
Последовательно рассматривая остальные координатные октанты, устанавливаем, что центр искомой сферы расположен в IV октанте, где х, > 0, у.<0, z,>0 и x1=|y1|=z1=J?. В этом случае получаем уравнение Я -6Я+9=0, откуда Rt =Я2 = 3,т. е. х. =3, ух = — 3, z2 = 3. Итак, искомое уравнение имеет вид (х—З)2 + (у +З)2+(z— З)1 =9. ■
5.025. □ Используя формулу (5.21), находим
68 + 8624
COS / /fO/f . = _ - ._;___ =— . ■
И№ 7зб + 64-7б4 + 36 25.
315
5.026. a=arccos—=. 5.027. со$Л=—5.028. 120°. 5.029. р (2; -1; 1).
5741734
7
5.030. —=.
5733
623
5.031. -; —; —. • Воспользоваться тем, что если х, у, z — координаты век- 777
тора а и а, Д, у — углы вектора соответственно с осями Ох, Оу и Oz, то х уz.
cosa=—, cos5=—,cosy =—.
И ИИ
5.032.' □ Пусть п — единичный вектор, сонаправленный с ЭЗ; тогда
' г
п cos cos cos - I или n — , a OB ( — 2; — 2; — 2V2). Обозначив \334/\2 2 2 /
угол между S3 и ЭВ через а, находим
1 V2 Г
cos а = _ _^- = — 1,
И |OS|1 ■ 4
откуда получаем ответ: а=180°. ■
5.033. О По условию, |ВЗ|=|ВС|=а, (АМ1;СМ1')=Р=6^где АМХ и СМг— медианы LABC (рис. Р. 5.5); требуется найти (ВЗ;ВС)=а. Воспользуемся формулой
cos р =(1)
ИМ]1 1СМ2)
С помощью рис. Р.5.5 находим аМ1=ВМ1—^А, СМ2=ВМг —НС. Следовательно, ай; сй;=вй; . в^-вз. в^-вя; вс+вз. вэ=
11
=- а • - a cosa —а • - a cosO— а • a cosO + a . a cosa = <r I - cosa— 1 I. (2)
2222 \4/
Так как LABC — равнобедренный, то АМХ = СМг, откуда.
|3^| №i=3^2=№-b3)2=b^-2B^ вз+вл2=
a2a/5\
'2 ■ - ■ a cosa+a2=a2 (—cosa).(3)
42\4)
Подставив выражения (2) и (3) в (1), имеем
, /5\5
<г - cosa—1 I-cosa—1
\4/14
cos 60° =или - =,
—cosa I—cosa
\4/4
1313' '
, откуда cosa=—, т. е. a=arccos —. ■
1414
Рис. Р.5.5
Рис. Р.5.6
5.034. 120°.
5.035. □ По условию, LDBC=9G°, ВО=(^3]4^ АВ, AD=DC (рис. Р.5.6); требуется найти LABD=а. Для нахождения угла а будем использовать формулу
НА НБ1„
cosa=—. Так как BD — медиана ДАВС, то BD=- (BA+BQ, от- |И| |35|2
куда "ВА=2"ВБ—ВС. Следовательно,
(2$В-ЗЕ)Ю) 2BD—HC-"ED
cos а=—— =j^-.(О
\ВА\ |55| IBAI |ДО|
Но BC.LBD, т. е. ВС ■ BD=0, а из равенства BD = (,-j3]4^AB следует, что
AB=t5(^3')BD. Тогда равенство (1) примет вид
2BD1 V
cosa===—, откуда а=тг/6. ■
(t^BD1 1-
5.036.5.036.132^43132^43
5.036.
5.036.
13
2^43
13
2^43
5.037. □ Пусть В (х,; у^, С (х2; у2Х -О (х3,- у3) — неизвестные вершины трапеции (рис. Р.5.7). Поскольку точка Е (6; — 1) — середина основания АВ, имеем
З+Xj0+у,
систему—6,= —1, откуда х.=9, у. = — 2, т. е. В (9; —2). Но
22
ВС^Оу и, значит, х2=9, а уравнение ВС есть х=9. Далее, точка F (7; 2) х3+9
— середина основания DC, откуда=7, т. е. х3=5. Уравнение пря- 2
мой АВ имеет вид y+l=fc(x—6); так как Ае(АВ), то 0 + 1 = =ЦЗ—6) => к= —1/3. Поэтому ^= — 1/3 и получаем уравнение DC: 1113
у—2=—- (х—7) или У=~~ Х+~з" Р™1™ сисгемУ уравнений прямых ВС
/ 8\410//8\’ 10
Р ( 5; -L Таким образом, ВС=у2—yt =- + 2=—, AD=J^1+V^j т. е. BC=AD и, значит, трапеция ABCD — равнобедренная. Положим adaE / 8\
LDAB=a и воспользуемся формулой cosa=^^-^^. Имеем AD ^2;
8
2 • 6+- (-2) _ 31
АВ. (6; — 2), 1^51=2^/10 и, следовательно, cosa ==—=, т. е.
'v'°
1 a=areas —=. ■ J10
СМ СВ
.038. О Пусть lMCB=z, lMCA = P (рис. Р.5.8); тогда cosa=^^~_^, \СМ\ |С5|
СаСМ cos 8=. Положим СВ=а. СА=Ь и найдем отношение
|СЛ| \см\
cosa СМ СВ \СА\ bCM СВ cos Р~СА СМ \CB\~аСА СМ'
В △ АВС проведем медиану CF и точку F соединим с М. Далее имеем 1*J a2 -^b21*
CF= - АВ=, FM=- АВ (апофема квадрата), lFCB= lFBC= LB, 222
CM=CF-VTM (рис. P.5.8). Теперь находим скалярные произведения СМ СБиСаСМ:
CM1CB-(CF*TM'lCB=CF.CB+TM2CB-
cos (90° +В) =cos (90° +В) =(2)(2)Jc^+b21aJa2*b2aJ^ + b1
cos (90° +В) =
cos (90° +В) =
(2)
(2)
= . a cos В— BB. • BC=cos В—
2222
а>/a2 Ab2
(cos В+sin В)
и аналогично
СА СМ=СА СМ=Ьу/а2+Ъ22Ьу/а2+Ъ22(cos А + sin А\(cos А + sin А\(3)(3)
СА СМ=
СА СМ=
Ьу/а2+Ъ22
Ьу/а2+Ъ22
(cos А + sin А\
(cos А + sin А\
(3)
(3)
Подставив выражения (2) и (3) в (1) и заметив, что cos 5+sin 5= cosa.
= cosH+sinH (так как Л + В=90°), получим= 1, т. е. а=Д и, значит, cosp
СМ — биссектриса угла С. ■
dC"aMdC"aM.039. □ По условию, SABCD — правильная четырехугольная пирамида, SA=AB=a, MeSC, SM : МС=Т : 1 (рис. Р.5.9). Положим AD=m, "AB=n, "AS=p н (DC; АМ)=<р. Искомый угол ф будем искать по формуле
dC"aM
dC"aM
СО5ф = --|ВС| IAM1СО5ф = --|ВС| IAM1. Разложим векторы ВС и АМ по векторам т, п и р.
СО5ф = --
|ВС| IAM1
СО5ф = --
|ВС| IAM1
Имеем DC=AB=n, A$1=ADA-dCa-CM. Из условия SM:MC =2:1 следует, что СМ=
=- ^3, где ^3=АЗ—АС=р—(m+л). Таким об
разом, ЛМ=т + п+- р—(т + л)=- mA-- л+ 3333
1 __ -/2- 2_ 1 \
+ - ри DC • АМ = л|-т + -л+-р) =
3\333 /
1_
=- (2л/л+2л2 + лр). Но пт=0 (так как л!/и).
л2=а2 и праа1 cos 60°=—; значит, DC ■ АМ=
находим |5£| = а.
/4,41844, 1 а^13
1АМ\= -а1 А—а2 4— а2 4— тпА-~ трА—пр = сгА--а-~ =.
\ 999999\923
5713
Подставляя найденные выражения в равенство (1), получим совф =,
_26
5713 откуда <p=arccos. ■
81a1 A-iP —е1 — b1
5.040. —=. 5.041. —=. 5.042. cosx=, где ВС=а, АС=Ь, АВ=с,
5^11 Vi°^
DA=d,DB=e, DC=f.
5.043. □ Вектор "а—Ъ имеет координаты (4; — 4; 472). Пусть к (0; 0; 1) — единичный вектор, направленный вдоль оси Oz. Полагая (а—Ъ; к)=у, находим
("-^47272
cosy=cosy=_— —_—___—_—_—( т е у = 45°.
cosy=
cosy=
1"-е|№ 716 + 16+32. 1 2
5.044. arccos (1/714).
.045. О Данные векторы сонаправлены, если х3 —1 и 2х имеют одинаковые знаки. Для определения искомых значений х решаем неравенство 2х(х3 —1)>0 и получаем ответ: хе(—со, O)(J(1, 00). ■
5.046. /ие( —со, -l)|J(0, 2).
5.047. □ Данные векторы сонаправлены, если 5х—х2>0, откуда 0<х<5 (1).
Далее решаем неравенство |х—5| ■ |а|<3 |а|. Учитывая условие (1) и то, что Й>0, получаем 5—х<3, т. е. х>2 (2). Из (1) и (2) следует, что хе[2, 5). ■
5.048. >е(2/3, 3). 5.049. х= -5/4, у=8/5. 5.050. хе(-со, -1)|J(5, со). 5.052. (472; -2; 8) или (-472; 2; -8).
5.053. □ Так как О — точка пересечения медиан LABC (рис. Р.5.10), то
Рис. Р.5.10
Рис. Р.5.11
А0 = -АМ,; тогда АМ.=-а, М,С= АС-АМ, =Ъ—а, ВС=2М.С= 322
= 25 —За, АВ=АМ,+М,В=АМ, — М,С = а — 1 Ъ — а ) = 3а—Ъ. 2 V 2 /
.054. □ Пусть AF и АК — медианы граней SAB и SAC, М и N — точки пересечения медиан указанных граней (рис. Р.5.11). Тогда АР=- (ALB+aS), 2
1 — —'
АК=^ (AC+AS). Используя свойство точки пересечения медиан треугольника, находим АМ=-^ ALF=- (AB+AS), AN=- ^^=~ (Ac+AS)- Значит, "Ш?=АТ?-АМ=^(аС+АЗ-АЕ-А5)=^ (АС-АВ) = ^"5С.Итак,
MN=- "ЕС; следовательно, MN\\EC и |А/^ : |5С] =-. ■
42_
5.055. Е5 = 2(Б-а\ AD=- Ъ— а. 33.
5.056. □ По условию, АМ=а, а7?=Ъ (рис. Р.5.12) и, значит, __BM 1 DN 1 МС 2 NC 2
MN=AN — АМ=Ъ—а. Так как=-, —=-, то =-, —=- и угол
МС 2 NC 2 ВС 3 CD 3
С — общий у треугольников NCM и DCB. Следовательно, MN 23 „ _
txNCM~ txDCB, откуда=- и BD=- MN, т. е. BD=- (Б—а). Пусть BD 322
_ __ _ 3_
AD=x, АВ=у. Имеем AD—AB=BD или х—у=- (Б—а) (1). Далее,
"аБ+ВМ=АМ или уч— "БС=а, т. е. у+- х=а (2). Остается решить систему
уравнений (1) и (2); в результате получим AD=- Ъ— а, ДВ=- а— 5. ■
а+5_ 3_
5.057. —=. 5.058. а=- Ъ - Зс.
2V32.
AAРис. P.5.12Рис. P.5.13Рис. P.5.14Рис. P.5.12Рис. P.5.13Рис. P.5.14
A
A
Рис. P.5.12Рис. P.5.13Рис. P.5.14
Рис. P.5.12Рис. P.5.13Рис. P.5.14
5.059. □ Проведем DKjAC и DN\\CB (рис. Р.5.13). Тогда _~
CD = CK+CN=mCB + nCA (1). Для решения задачи следует найти т = —- .|СВ|
ND NA СК NA
и п=^=г. Так как ^NAD~ ДСАВ, то — = — или —=— или |^Я |СВ С АСВ С А
СК CA — CNСКCN=
—=или — = 1 ——, т. е. т = 1 — п (2). Но CdXAB => CD ■ AB=0
СВСАСВСА
и, значит,
(mt'S+пСЛ) 75=0; тСВ ■ АВ+пСА ■ АВ=0;
тВС ■ ВА — пАС • 75=0; т |2fC| (ВА( cos В—п \АС\ ■ jAB) cos А =0.
Сокращая на \аВ\ и используя равенство (2), получим
(1 —п) )ВС) cosB—n IaE) cosA = 0.(3)
ВС AC
С помощью рис. Р.5.13 устанавливаем, что cos5=—, со$Л=-^; тогда
ВС? пВС1 пАС2ВС1
равенство (3) примет вид=0. Отсюда находим п=—-
АВ АВАВАВ1
ВС1 АС1
и, значит, т=1 —=. Подставляя значения т и п в разложение (1),
АВ2 АВ2
ас^+всЗ'Са
окончательно получим СВ=-^. ■
5.060. □ По условию, Л1Л2Л3Л4Л5 — правильный пятиугольник (рис. Р.5.14); требуется разложить AtA3 по векторам АгА3 и AtA5. Запишем очевидное разложение А,А3=AtAs +ASA3. Легко установить, что в правильном пятиугольнике Л5Л3|М1Л2, т. е. Л5Л3=тЛ]Л2, и, следовательно,
А1А3=тА1А1 + AXAS (1), где т =.(2)
Пусть А^А^а. Проведем Л4Х2.Л3Л5 и в ДА3А4К имеем 180° (5-2)
А3К=А3А4 cos lKA3A4. Так как LA3A4A5—= 108°, то
Рис. Р.5.15Рис. Р.5.15Рис. Р.5.16Рис. Р.5.16
Рис. Р.5.15
Рис. Р.5.15
Рис. Р.5.16
Рис. Р.5.16
180° -108°
/_КЛ3Л4==36°, откуда
(3)(3)Л5Л3 = 2Л37С=2а cos36°.
(3)
(3)
Для нахождения cos 36° воспользуемся равенством sin (2 ■ 18°) =cos (3 • 18°). Тогда, используя формулу cos3a=4cos3a—3cosa, получим уравнение 2 sin 18° cos 18°=4 cos3 18°—3cos 18°. После сокращения на cos 18°#0 имеем 2sin 18°=4cos2 18°—3 или 2sin 18°=4—4sin2 18°—3. Положим sinl8°=z
и решим квадратное уравнение 4z2 +2z— 1 =0, откуда z=; так как _4
Vs—i
z>0, то sin 18°=. Далее находим cos 3 6°=cos (2 . 18°) = 1—2 sin3 18° =
_4_
Vs-nVs+i
=—-—. Подставив это значение в (3), получим А5Аъ=а—-—, затем
^5 + 1
из (2) найдем т= и тогда соотношение (1) примет вид _2
V5+1
Л3Л3—Л1Л2+Л1Л5. и
5.061. О Из центра О окружности проведем ON^BM и ОКЦАМ (рис. Р.5.15); тогда M0=MK+MN, где \Мк) = |A/Af] (фигура MNOK — параллелограмм, в котором диагональ МО является биссектрисой угла М, т. е.
MNOK— ромб). Следовательно, МО=п(МА + МВ) (1), где и= . Так |Л/Л|
MF МО
как NKA.MO, то LMFN — прямоугольный и MN==. Затем нз
aa
cos- 2cos-
22
aMO1
LMAO находим MA=MO cos - и, значит, n ==.
2a aa
2cos - ■ MO cos -2cos2-
'2 22
Подставив это значение в (1), окончательно получим
Мб=—-— (ма^Тв). ■ a
2 cos2 - 2
PK J337
5.062. DK=- US-AD, —--. 8AB 24
■13 _ _ _
5.063. arccos —. • Разложить векторы AM и AN по векторам AB=a и AD = b.
( 4\
5.064. arccos I — 1. \ 5/
5.065. □ Через точку В проведем прямую ВКЦСА (рис. Р.5.16). Так как в правильном пятиугольнике AD$BC, то "АК и "AD коллинеарны и противоположно направлены. Имеем АВ=АК+АС, причем AK=kAD, где к<0 |ЙХ]CN
и 11г) =. Проведем BNLAC и из &BNC найдем АК=СВ=.
\AD\cos LBCN
11AD 2AD
Так как CN=- AC, AD = AC, то CN=- AD. Поэтому AK==—=
'222cos36° ^/5 + i
2AD 22(V5-1)
(см. задачу 5.060). Отсюда находим |i| =—==—=—==
(V5 + 1)XD Vs + l 4
Vs-ii-V5
=—-—. Учитывая, что k<0, получим k=—-— и, значит, AB=
=—-—AD+AC. Аналогично устанавливаем, что А$=—-—АС+
+ AD. ■
2Ас а
5.066. cos b + c 2
5.067. □ Проведем AK\\BD и DK^AB (рис. Р.5.17). Тогда АК=ВБ, БК=ВА. Воспользуемся очевидными равенствами АВ+ВР=АР, АС—АВ=ВС; сложив их почленно, получим АС+ВР=АР+ВС (1). Далее, с помощью 1 1
рис. Р.5.17 запишем MN=MB+BC+CN=- АВ+ВСЧ— СР, MN=MA + 22
+ЛР+В^=- "$А +АР+- DC. Стожим эти равенства: INt^—SC+AP или 22
MN=- (B^VAP^, откуда в силу (1) имеем MN=- (AC+SD). Теперь ис-
пользуем неравенство |а+$|<|а| + |$| и окончательно получим 11
MN^ (BC+AD), MN^ (AC+BD). ■
5.069. О С помощью рис.Р.5.18 запишем равенства 3
ОТ=Г5+Ш7 (1), 5^=—^! (2), DD^AD^-AD,(3)
1_ 1
AD = CD—CA (4), ABt=~ АВ=- (СВ-СА).(5)
Переходя последовательно от (5) к (1), находим
-0-01=- (СВ-СА)-(СЗ-СА)=- СВ + ^ CA-CD, 3/11\ 337 сл7=сб+— -ГВ+-Га-св\=— ^а+— сВ+— св. ■
10 \22/ 202010
_ 12_3[а2 —с2|
5.070. Л,О = — аЧ— 5—- с. 5.071. arccos —=. 5.072. arccos —=—.
3 3^юV^ + ^ + c2 V^ + c2
5.073. □ По условию, "5^=aDA + P'DS+y'DC, где Ме(АВС) (рис. Р. 5.19).
Следовательно, "ЙА=ВА-ВЙ=У-а)ВА-роБ-уВС,(1)
^3 = 5$-В^=-а5л + (1-№5$-уВС,(2)
МС="5С-"бП=-аПА-РМ + (\-у)"5С.(3)
Так как Ме(АВС), то векторы МА, МВ и МС компланарны; поэтому существуют такие числа р, q и г, что pkfA-i-qMB+rMC=^. Используя разложения (1) — (3), преобразуем последнее соотношение: p(l—a)DA—pPDb—pyDC—qaDA-Vq(l — P)Db — qf DC—
-raDA-rPDB+rtJ-yYDC-T);
^р(\—а)-да-га')ВА-Н-рР-'-<1(Д- + (.-py-q7 + Kl-y^DC=^.
-P)DS +
(4)
Векторы DA, "ВБ и DC не компланарны и, значит, равенство (4) возможно лишь тогда, когда коэффициенты при DA, "БВ и DC равны нулю:
р — ра—да—га=0, -рР+д-дР-гР=О, .-ру—дуА-г-гу—О.
Из первого уравнения следует, чтоИз первого уравнения следует, чтоР а=; аналогично из второгоР а=; аналогично из второго
Из первого уравнения следует, что
Из первого уравнения следует, что
Р а=; аналогично из второго
Р а=; аналогично из второго
ди третьего находим р — Р+?+'•а + Д+у = 1-Иди третьего находим р — Р+?+'•а + Д+у = 1-Иииу— Таким образом, рА-дА-гу— Таким образом, рА-дА-г5.074. □ Проведем HP LOA, HNA-OB5.074. □ Проведем HP LOA, HNA-OBииНКА.ОС (рис. Р.5.20). ТогдаНКА.ОС (рис. Р.5.20). ТогдаOH=OP+C>N+C)K=mOA+nOB+pOC (1), где т, п и р определим из|ОР||ОЯ||ОХ]ОР ОНравенств т=^^г, м=^_”, Р='^^. Так как LOPH~ LOHA, то —=—, \ОА\\ОВ\\ОС\ОН ОАОН1он1откуда ОР—и, значит, т—(2). Для нахождения ОН воспользуем-ОАОА1OH=OP+C>N+C)K=mOA+nOB+pOC (1), где т, п и р определим из|ОР||ОЯ||ОХ]ОР ОНравенств т=^^г, м=^_”, Р='^^. Так как LOPH~ LOHA, то —=—, \ОА\\ОВ\\ОС\ОН ОАОН1он1откуда ОР—и, значит, т—(2). Для нахождения ОН воспользуем-ОАОА111ся тем, что Рщф=- S^abc • ОН-- Вдаов • ОС (поскольку33ся тем, что Рщф=- S^abc • ОН-- Вдаов • ОС (поскольку331с~ abc^ДАОВ■с 2 LAOB— i_AOC— lBOC—WY Отсюда имеем ОН—=, гдеS^ ABC S^abc1с~ abc^ДАОВ■с 2 LAOB— i_AOC— lBOC—WY Отсюда имеем ОН—=, гдеS^ ABC S^abcS^abc вычислим с помощью формулы Терона:S^abc вычислим с помощью формулы Терона:8дАВС=8дАВС=хх
д
и третьего находим р — Р+?+'
•а + Д+у = 1-И
д
и третьего находим р — Р+?+'
•а + Д+у = 1-И
и
и
у— Таким образом, рА-дА-г
у— Таким образом, рА-дА-г
5.074. □ Проведем HP LOA, HNA-OB
5.074. □ Проведем HP LOA, HNA-OB
и
и
НКА.ОС (рис. Р.5.20). Тогда
НКА.ОС (рис. Р.5.20). Тогда
OH=OP+C>N+C)K=mOA+nOB+pOC (1), где т, п и р определим из
|ОР||ОЯ||ОХ]ОР ОН
равенств т=^^г, м=^_”, Р='^^. Так как LOPH~ LOHA, то —=—, \ОА\\ОВ\\ОС\ОН ОА
ОН1он1
откуда ОР—и, значит, т—(2). Для нахождения ОН воспользуем-
ОАОА1
OH=OP+C>N+C)K=mOA+nOB+pOC (1), где т, п и р определим из
|ОР||ОЯ||ОХ]ОР ОН
равенств т=^^г, м=^_”, Р='^^. Так как LOPH~ LOHA, то —=—, \ОА\\ОВ\\ОС\ОН ОА
ОН1он1
откуда ОР—и, значит, т—(2). Для нахождения ОН воспользуем-
ОАОА1
1
1
ся тем, что Рщф=- S^abc • ОН-- Вдаов • ОС (поскольку33
ся тем, что Рщф=- S^abc • ОН-- Вдаов • ОС (поскольку33
1с~ abc
^ДАОВ■с 2 LAOB— i_AOC— lBOC—WY Отсюда имеем ОН—=, где
S^ ABC S^abc
1с~ abc
^ДАОВ■с 2 LAOB— i_AOC— lBOC—WY Отсюда имеем ОН—=, где
S^ ABC S^abc
S^abc вычислим с помощью формулы Терона:
S^abc вычислим с помощью формулы Терона:
8дАВС=
8дАВС=
х
х
^(U<tHWH$~W+Wt^
=- Jq^A-I^^A-^A-^-J^A-^A-c^-^- 4•
=-^(^+с%>2+с^—С*=-VoV+oV+A2^
abc.
Следовательно, ОН——^ -^=. Подставив эго значение в (2),
у/а1 № +а2 <?+№<?f
а1Ь1с1Ь1^
найдем т——— — -=—— Аналогично находим
(<^b1 + <^c1+b1cz')a1 а^А-а^А-Ь1^
ввРис. Р.5.21Рис. Р.5.21
в
в
Рис. Р.5.21
Рис. Р.5.21
ОН2 а1?ОН1 а2Ь2
п=; и Р=гт- Наконец, подстав-
OB1 a^+aV + bVОС1 ^Ь1+^с2+Ь2<^
ляем эти выражения в (1) и получаем ответ:
б^УЛЧ-а^ЗВч-а2^2^!?
59=. ■
а262+о2с2 + 62с2.
5.075. а- -4, Д=2 или а= -8, р= -2. 5.078. -11,5. 5.079. 5 кв. ед.
5.080. □ Введем следующие обозначения: ЗЕ=а, Та=Ъ, АВ=с, АХ1х —mv ВМ2 =т^, где АМХ и ВМг — медианы LABC (рис. Р.5.21). Так как
т, =с+~ а, тг=а+~ Ь, то
22
(1)(1)(2)(2)т.т, — ! сч— а И а+- Ъ |=ёаЧ— а2 Ч— ёБч— at. \ 2 Д 2 )224
(1)
(1)
(2)
(2)
Для нахождения са, ct и at воспользуемся тем, что аЧ-$Ч-ё=6. Имеем
с+а= —Ъ => <?*а2*2са = Ь2 са=- (Ь2 — с2 — ^
2
и аналогично.
сЬ=- (а2 — с2 — Ь2) (3), аЬ=- (с2 — (? — Ь2).(4)
22
Теперь подставим выражения (2), (3) и (4) в равенство (1):
mim2=- (А2 —с2—а2)Ч-- е^Ч— (а2 —с2 —62)Ч— (с2 —а2 —62) =
2248
поскольку, согласно условию, а2 + Ь2 = 5с2. Итак, ж11т2-
Докажем, что справедливо и обратное утверждение. Действительно, пусть известно, что mjXmj, т. е. mImI=0. Тогда, проведя дычпсяенне «^2
способом, указанным в первой части доказательства, получим
«Я»- (а2 + Ь2 — 5с2) = О, откуда а2 + Ь2 = 5с1. ■
5.081. □ Введем следующие обозначения: СВ=СА=а (рис. Р.5.22), ВАХ СВХ АСХ т(1)
АХС ВХА СХВ п
Найдем разложения векторов АХЙХ и ССХ по векторам ^В и ТА. Имеем
АХЬХ-СВХ—САХ. Но из равенств (1) следует, что САХ =^В,
т+п т а СВХ =СА. Поэтому т+п
А^Х=—ТА—Т5.®
т+пт+п
Далее находим ССХ=Т5+ВСХ, ЙСХ —5а =(Са — СВ). Значит, т+пт+п
)ГВ+23=Т5+Та.м
т+п/ т + п т+п т+п
Теперь, используя разложения (2) и (3), получимТеперь, используя разложения (2) и (3), получим
Теперь, используя разложения (2) и (3), получим
Теперь, используя разложения (2) и (3), получим
00
тп ..„
=(а2 —о2)=0 =* АХЬХА-ССХ,
т+п
тае^ТГ^Д—А1 а1 + (— У а1 => ra = m ■ \т + п/\т+п/
5.082. □ Так как в ^АВС (рис. Р.5.23) АВ=ВС, D — середина АС, то BDLAC. Запишем разложения 5M=>"5d+dM, "3R—AD+DR=AD + 2DM. Следовательно,
Рис. Р.5.24Рис. Р.5.24
Рис. Р.5.24
Рис. Р.5.24
"Ий • ЛХ=ВР^ AD + DM • "AD + BD • 2"DM+2DM2 = О'
= DM AD + 2BD DM+2DM1.(1)
Пусть LKDC=o; тогда LDBK= l_KDC = 'i (углы с взаимно перпендикулярными сторонами) и равенство (1) примет вид
ВМ • AK=\DM\ \AD\ cos а-2 |А5| |Ш7| со$(90°-а) + 2Ш?2 =
= |W|(|AD| cosa —2 |S5| sina + 2 |Ш7|).
Ho \AD\ cosa = |5C| cosa = |^], |35| sina = |5X] (рис. P.5.23), 2 |BM]=iM]. Подставив найденные значения в (2), получим ВМ AK=\DM\ (|SA|-2 |5Х]+|5Х]) = 0, т. е. "ВМГАК. ■
5.083. Равнобедренный остроугольный. 5.084. АВ = 5; 5ьолв=5 кв. ед.; \ОМ\ =2,5.
5.085. □ Так как вектор ЪехОу, то он имеет координаты (х; у; 0). Используя т Гт-(х2+у2 = 20,
условия |о| = 2w5, ЬД-а, составим систему уравнений <Решив ее,
[х-2у=0.
получим два вектора (4; 2; 0) и (—4; —2; 0). ■
5.086. (i/Vn; —з/Vii; i/V11)или (—i/Vii;.3/Vn; -vV11)-
5.087. О Выберем единичные векторы а0, 60 и с0, направленные вдоль ребер трехгранного угла. Тогда направляющие векторы т, п и р биссектрис трех плоских углов трехгранного угла запишутся в виде т=а0+Ъ0, п = с0 + а0 ир=ё0 + с0. По условию, mln, откуда
("о+^оХ^о+ао)=°; йоёо+5ос0+а^+$оао = 0; аоёо+$оёо+5дао= -1- О) Теперь найдем тр=ё0ё0 + ё2+ё0ё0+ё0ё0 = —1 + 1=0 (см. (1)) и, значит, тД_р. Аналогично получим пр=0, т. е. пД_р. ■
5.088. □ Пусть AD = a, АЙ=Ъ, AAi =ё (рис. Р.5.24). Найдем разложения ЬХЙ
и КМ по векторам а, 5 и ё. Имеем В,Н=В.А,+А.А+АЙ= —Ъ—с+- а,
2
КМ=КА, 4-AjD^DjM; так как DjM=- D^™-^ (J — с), то
_ _ т _ 1 т_
КМ=-^ с+а+- (Б—с)=а+- Ъ. Следовательно, ВХН ■ КМ=
— а—Ъ—[ о+- 5^=- (а2—32) = 0, поскольку cLa, clb, аД.$|, |а| — |5|.
\2/ \ 2 / 2'
Итак, A^lJ^Af. ■
5.089. П Так как ЭЯ ■ ЭВ=0 и ЭЯ • ОС=0, то 0AWB и ЭЯ J-ЭС, а значит, УаДОВС), т. е. О А — высота пирамиды АОВС (рис. Р.5.25). Пусть
LBOC=tp; тогда SLOBC=- ОВ ■ ОС sin ср. Из условия Э5 • ЭЭ=8 следует, 2 ; 2
что |ОД |ОС| со$^=8 или 2 • 6cosy=8, откуда cosq>=~. Учитывая, что
/ 4 V5
0<ф<180°, находим sinf>=J^—9=^" Таким образом, 1 Vs Г
S^obc="^ -■ 6 •—=2Д5 (кв. ед.) и окончательно получим 11,-10V5
Vaobc=" S&obc • АО=- • 2V5 • 5=—— (куб. ед.). ■
5.090. 1/2; 4.
5.091. □ По условию, АМ—медиана ДАВС (рис. Р.5.26) и, значит, 1 . _
АМ= (ЯВ+ЯЭ) (1). Далее, ЯЭ=Я^+^Э=- ЯВ—Э^ (2). Подставив (2) 24
_71 ______ 84
в (1), имеем АМ= АВ—- сК, откуда. АВ=- AM A— СК. Следовательно, 8277
.64_ 64_„16 _
АВ1™— АМ1 А— АМ ■ CNЧ— CN1™ 494949
646416
=— • 49+ ■ 7- 7 cos 60° + — 49=112, 494949
т. е. |ZB|=V112=4V7 (см). ■
н ism vivi Iflн ism vivi IflVb.
н ism vivi Ifl
н ism vivi Ifl
4 см.'•.■Разложить AD по векторам Я?и АМ.
7 см. 8ЙМ5. При х=0. 5.096. V43 at.
□ На рис. Р.5.27 изображены ^6 ABCDA^В^С^! и большой круг жписаи-
Рис. Р.5.28Рис. Р.5.28
Рис. Р.5.28
Рис. Р.5.28
него в него шара. Введем систему координат с началом в центре шара О. (а а а\
2 2 2/ а
радиус вписанного шара равен - и уравнение сферы имеет вид ’2
а2
x1+/+zl=—. Для произвольной точки N (х^- Ур zj, лежащей на сфере, 4.
(
ааа\
—х,;- — у,;—z, I. Следовательно,
222/
3
NA2=- a2 + (x]+y2+z^)-a(x1+y1+z1) = a2-a(x1+y1+z1).
4
(
а
а а\ / ааа \
-2’Х1' -2-У1' ”2 ^ / И МС1=^*°^х1+У1*г^-
Теперь находим NA1+NC11=2a1. Но NA2+NC2 = NB1 + ND11=NC1 + +NA2=ND1 + NB^=2a2, т. e. сумма квадратов расстояний от любой точки N сферы до двух симметричных относительно О вершин куба постоянна и равна 2а2. Значит, сумма квадратов расстояний от N до всех вершин куба постоянна и равна 2а2 ■ 4 = 8а2. ■
8. За2, где а — длина стороны квадрата. 5.099. 4а2, где а — длина стороны квадрата.
• Воспользоваться тем, что диагонали прямоугольного параллелепипеда равны и пересекаются в одной точке.
□ Имеем "СА = СС1 + С1А, СВ= CCt + CVB (рис. Р.5.28). Тогда СЛ2=СС?+2^."^Л + С1Л1, CB2 = CCj + 2^ ."^+С1в2. Сложив эти равенства, получим
Рис. Р.5.29Рис. Р.5.29АкВ
Рис. Р.5.29
Рис. Р.5.29
Рис. Р.5.30
СЛ2 + СВ2 =2СС2 + 2^ (С^А +7^) + Q Л2 + С^1 = = 2СС2 + 2С]Л 2 = 2 (СС2 + С, Л2),
так как |С71Л| = |^7В| и векторы CtA и СХВ противоположно направлены. Далее, согласно свойству пересекающихся хорд, СС] • СгВ = СхА ■ С]В= = С]Л2. Заменив в равенстве (1) С]Л2 на ССг • С^, находим СЛ2 + СВ1 = = 2СС1(СС1 + С1Д) = 2СС1 • СВ. ■
х (2; 3; -2). 5.104. х (-4; -6; 12).
□ По условию, L ВАС =120°, АВ=АС; следовательно, медиана AKLBC и LKAC=60° (рис. Р.5.29). Искомое скалярное произведение будем искать по формуле
"AR ■ И = |ЛХ] |5L| cosa (1), где (АК, "БЕ)=а.
В ^АВК имеем LABK=30°, откуда АК=- АВ (2). Используя разложение 2
"BL=Ba+"XL, находим BL1—BA1+iBA • "aLa-AL1; так как
1'
AL= АС= АВ, то 22
517J7
BL1-- A^-lAB • AL=- АВ1-^ • - AB cos120°=- ЛВ2; BL=— AB.
4242
'(3)
Далее, "RL="5L—TTR, где KL=- AB (KL — средняя линия в ДЛВС),
OL=- BL=— AB (см^ (3)), OK=- -^^=” AB (см- P))- Следовательно,
KI? = OL2-2ZJZ • 7Ж + OK1 или
- AB1—— AB1—2 • — AB • - ЛВ cosaH— AB1, откуда cosx==. (4)
4366636T./7
Теперь подставим результаты (2), (3) и (4) в (1) и получ ; а
;„ 1V7/ 1 \1 ,
ЙХ $1=- AB — ABI= =—AB1.(5)
22к 2^7/8M
Остается выразить AB1 _ через данное значение S. Имеем
i , V3 ,, 45
8=8дАВС= АВ1 sin 120°=— АЕг, откуда АВг =—=. Подставив это вы-
24V3.
ражение в (5), окончательно находим АК ■ BL= -—^-. ■
Пусть LMON=a, где О — точка пересечения высот АМ и BN (рис. Р.5.30); тогда
АМ ■ BN=\AM\ |3^] cos а.(])
Так как LMON+ LAСВ= 180°, то а =180°— LC= LA-V LB=2l_B и, значит,■
cosa=cos25=2cos25—1.(2)
12S
Согласно условию, 8=8ддВс=- АВ ■ СК, откуда СК=—. Из LCKB
2с
находим
1С1 452।:
ВС-^К^ + СК?- /-+—=-V^ + ISS2(3)
и, следовательно, КВ с • 2сс2
COS В= = =— м\
ВС 27^+16-^ xjc**^11 '
Теперь выражение (4) подставим в (2):
с*с^-Хбб1
cosa=2-(5) c^lSS2c4 + 16S2
1
Далее, используя равенство 8=8ддВС=- ВС • АМ и соотношение (3), найдем
АМ=—=■■.
ВС ,yc*+i6S2
Наконец, учитывая, что AM=BN,a подставляя выражения (6) и (5) в (1), получим ответ:-
’ 4cs yc4-i6s2 lec^^-ies2)V^+IOS2/ c4+16S2(c4 + 16№)2 '
ввРис. Р.5.32Рис. Р.5.32
в
в
Рис. Р.5.32
Рис. Р.5.32
Имеем ОАГ=пща = |а| cosy (рис. Р.5.31). Отсюда, используя равенство
а? = |а| |3| cosy, находима? = |а| |3| cosy, находим- ^т
а? = |а| |3| cosy, находим
а? = |а| |3| cosy, находим
npja=—. Так как Ъ— направляющий вектор
оси, на которую проецируется вектор а, то
7(—8) + (—4)6 - 56 - 24_
прта=-—=—= -8, т. е. |пр»а|=8. ■
V64 + 36Ю
□ Из произвольной точки О проведем радиусы-векторы ОА=г1, "бВ=г2, "оС=г3 и ^D=r4 (рис. Р.5.32). Теперь выразим через них нужные нам векторы: АВ=г1—г1, CD=rt—73, AC=r3—*rv ^В=72—72, AD=rt—~rlt BC=r3—r2. Далее находим скалярные произведения
АВ • ^5 = (г2-71)(т4-Гз) = Г2Г4-Г1Г4-Г2Гз + Г1Гэ,
АС. Я5=(73-г1)(72-г4)=гз72-г1г2-?з74+г1г4,
AD . 5С=(Г4-г1)(гз-г2)=гЛ-г1Гз-г4г2 + г1г2
и, наконец, их сумму АБ • "СВ+аС • "DBVAD -55=0. ■
□ В тетраэдре SABC проведем ВОЦАВС) (рис. Р.5.33) и выразим векторы ребер пирамиды через радиусы-векторы OA=rv ОВ=г2, ОС=73 и "OS=rt. Имеем Ва=г2—г4, TC=r3—r2, BB=r2 — r4, "AC=r3—rv SC=r3—r4, AB=r2—rv По условию, SA1 + BC1=SB2 +AC2=SC2+AB2, откуда, переходя к радиусам-векторам, получим
^-27174 + ^+Гз-27зГ2 + г^ = г^-2т2г4+г^ + ^-2г3г1+^=.
= ^-27374 + ^ + ^-273?,+^.(1)
Но 7,?4=г2?4=7з74=0 (2) (согласно условию перпендикулярности векторов), а потому из равенств (1) следует, что r3r2=r3r1=r2r1 (3). Тогда S3 • 1С=^Х-74)^з-72)=717з-747з-7172+7472=0 (в силу (2) и (3)), т. е. SALBC. Аналогично устанавливаем, что SCLAB, SBLAC. ■
4 : 1. 5.115. ТГ^Г2 (1,5; 1; -0,5), |^^|=7з,5. 5.116. -29: 14 кв. ед.
□ Имеем
(а+5)|]ё =- ё=т(д+5)=та + »5; (Б + с^а =* Ъ + с = па => "с=па—Ъ. .
В силу единственности разложения с по векторам а и Ъ заключаем, что т=п и т= — 1. Значит, т = п= — 1, т. е. с=— а—Ъ. Теперь находим а+Ъ+с=а+Ъ—а—5=6. ■
Т^а-Ъу
— 1,5.® Из условия ё,+ё2+ё3=б следует, что эти векторы образуют правильный треугольник и (е2; ё2)=(ё2; е3)=(е^?е^) = 180° — 60°= 120°.
(о+6) : с. {Ь + с} : а, (с+а): 6. 5.122. 6. 5.123. ±>Д 5.124.12,5 куб. ед. 5.125. 5 кв. ед. 5.126. >/442/19; LABC — тупой. 5.127. 3 : 1.
□ По условию, вершина А (0; 0; 0) совпадает с началом координат, а вершины В (1; 0; 0), С (0; 1; 0) и S (0; 0; 2) лежат соответственно на осях Ох, Оу и Oz (рис. Р.5.34). Так как искомая точка М должна лежать на осн Oz, то она имеет координаты (0; 0; z,). Далее, пусть N (х2; уг; zj — вторая искомая точка; тогда вектор MN имеет координаты (х2; у2; z2—z,), а, ^/1 1 \11
с другой стороны, MN I-; -; 0)1 Следовательно, х2=~, ^2 = у ZJ~ zt~®* /1 1 \
т. е. z2=z. и ^^ -; -; г, ). Остается найти значение zv что мы и сделаем \3 3 /
двумя различными способами.
I способ. Общее уравнение плоскости имеет вид ax+by+cz+d=0. Поскольку B^SBC), координаты точки В удовлетворяют этому уравнению, откуда a+d=Q (1). Аналогично, C^SBC) => b+d=O (2) и Se(SBC) => =» 2c+d=0 (3). Из системы (1), (2) и (3) находим о=6=2с= -</иуравнение плоскости SBC примет вид d1
— dx—dy— z+d=0 или х+уЦ— z—1 =0.
22
Наконец, Ne(SBQ и для нахождения zt получаем уравнение 1112/2\/1 1 2\
zt-l =0, откуда а,--. Итак, М|0; 0; - L ^^-;-; А 3 3 25\3/\3 3 3/
II способ. Пусть п — нормальный вектор плоскости SBC, т. е. п (а; Ь; с). Найдем ВС (—1; 1; 0). Так как ~BCe(SBC) и nLBC, то п "ВС=0 или — а+Ь+0 — 0 => а — Ь', аналогично, nLSB, где SB (1; 0; — 2), и, значит, п • 5В=0 или а + 0 —2с=0 => а = 2с. Таким образом, a=b = 2c (1). Составим теперь уравнение плоскости SBC как уравнение плоскости, имеющей нормальный вектор л (а; Ь; с) и проходящей через данную точку 5 (0; 0; 2): ax+by+c(z~2) = 0. Далее, используя равенства (1), получим 2cx + 2cy+cz—2c = 0 или 2x + 2y+z—2=0.
/1 1\22
Наконец, учитывая, что N I-; -; z, WSBC), имеем -+- + z2 —2=0, откуда
2
Z] = - и получаем тот же ответ. ■
3
□ Пусть О — центр окружности, описанной около 1SABC (рис. Р.5.35). Тогда в силу свойства центральных и вписанных углов имеем LAOB=2LC, LBOCG2LA, Z, Л ОС=2 Z-S. Построим единичные векторы ev ё2 и ё3, направленные вдоль векторов ^Л, S3 и ОС; их сумма дает вектор 2, т. е. ё1+ё2+ё3=2. Возведем обе части последнего равенства в квадрат:
е1+е2 + е^ + 2ё1ё2 + 2ё1ё3+2ё2ё3 = </2 или
3+ 2(cos 2Л+cos2£+cos 2С)=<Р.
Так как <Р>0, то 3 + 2(cos2^I + cosB+cos2C)>0, откуда cos2^ + cos2B+ +cos 20-3/2. ■
□ Введем следующие обозначения (рис. Р.5.36):
СВХ =р ВХАСВХ =р ВХА0)0)АСХ ВАХ =т,= л,
СВХ =р ВХА
СВХ =р ВХА
0)
0)
СХВ АХС
АВ—СХВ ВС—АХССА — ВХА
или=т,= л,= р, откуда
СХВ АХС ВХА
АВСХВАВСХВВС -ж+1,=АХСВС -ж+1,=АХСл+1л+1САСА1.1.(2)(2)
АВ
СХВ
АВ
СХВ
ВС -ж+1,=
АХС
ВС -ж+1,=
АХС
л+1
л+1
СА
СА
1.
1.
(2)
(2)
Найдем разложение вектора ABa-A,Bi "по векторам АБ и ВС. Имеем 1
А1В1=Л1С+СВ1. Но из (2) следует, что Л,С=ВС, а из (1) — что л + 1
СВХ =рВ1Л=р(В1С+Сл)'поэтому СВ1—рВ1С=р(СВ+"Вл) или
(p + l)CSj = —р(ЛВ+5С), откуда
СВх — —(.АВ А- ВС).(3)
р+1
Тогда получим
1 р 11— пр АВ + А ,В, = АВАВС— —— (А В А- ВС) = ~ Л В а-— ВС.
ПА-) РА-)РА-) (пА-))(рА-))
(4)
Аналогично, используя равенства (1), (2), (3), находим I^a-T^-I^aJ^a-a^V^a-It^a-wC^B-
Р
„ 1 р „ _1 тр— 1 р
— ВС— ■(АВ А-ВС) А-т •АВ—АЁАВС. (5)
р р+1m+1(т + 1)(р + 1)р+1
Чтобы доказать коллинеарность векторов "аБа-АхВх и "БСа-ВхСь нужно установить равенство отношений коэффициентов при АВ и "ЕС в разложениях (4) и (5). Для этого проведем прямую МЩАВ, которая пересечет 0,5, в точке D. Тогда k.CxAxB~ kAxCD, a k.ACxBx ~ txCDBx, откуда
CVBСхАхВАхАСхABYСхВх1
— --L2-—-=п, (6) —? =—(7)
CDAxDA,CCDСВхDBtр
АВХСВХ
поскольку из (1) следует, что=—1 := —. Находим отношение
СВхВхАр
АСхСхВАСхАСхСхВ1
:==т, откуда=т=тп = — - ( см. (7)) и, значит, CDCDСхВCDCDp
mnp = — 1.■(8)
Теперь найдем отношения коэффициентов при АВ и "Бс в разложениях (4) и (5):
тр—) mA-) )—пр р ) — пр :-=, (9)— : — -.(10) р + 1 (т+1)(р+1) тр—) (л+1)(р + 1) р+1 (л+1)р
ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
Вариант I. □ 1. Имеем
X-l=(Vx+l)(Vx-l), Х^/х—^-(/х3—1=(^Х—Щх+^ХЧ-!).
Следовательно,
(V^+DfV^-O (V^-D^+V-^+D г
А ==•=+2Vx=
х + л/х+lV-^ + l
= (-^х—1)1+2л/х=х + 1.
Полагая х=7, найдем А = 8.
Используя формулу тангенса разности двух углов и то, что tg - = 1, получим 4
/ л\ 3 tga—1 3
tg I a— =- =>= => tga=7.
\ 4/ 41+tga 4
x—11 2x
Так как 4=2 , то уравнение преобразуется следующим образом:
4
- (Х") -- ■ 2х-1=0 => (2Х + 1)(2Х-4) = 0 =► 2х=4 =► х=2.
44
Имеем
/Ух) =6^2 яп2х cosx;/* ( - ) = 6^/2 sin1 - cos -=3.
\4/44
По условию, АВ=ВС, ADLBC, АС=30, AD=24 (рис. Р.П.1). Пусть LBCA=a;
AD 24 43
тогда в txADC имеем sina=—=—=-, откуда cosa=-. Наконец, из LBEC АС 30 55
ЕС 15
(где BELAC^ находим ВС—=— = 25.
cos a 3/5
Сначала найдем
2х—6х-3
2^х2—6х+10 у/^ — 6х + 10
Тогда данное уравнение запишется в аеуе
,- -Кх-з),.
>/х2 —бх :-10 +— =— 0 или х2 —2х —2=0,
Vx2-6x+10"
. да следует, что х3 +х2=2 (второй коэффициент в приведенном квадрат- r-изл уравнении).
Имеем
лхUXUX ‘
cos2 — = 1 => cos — = +1 -> —=ик => х=2к.
222
Теперь найдем корни, принадлежащие отрезку [л, Зл]; неравенство л<2А<Зл выполняется для значений к = 2, к = 3 и к = 4, которым соответствуют корни х=4, х=6 и х=8. Итак, искомое произведение равно 192.
Перейдем от данной системы неравенств к равносильной ей: pogi/z (2х—3) > — 3,(0<2х—З<23,[1,5<х<5,5,
<==>4<х<5,5.
Jx2—4х>0(xfx—4)>0(х<0 или х>4
Искомым целым числом, удовлетворяющим этому неравенству, является 5.
По условию, ADLAB, ADLAC, АП=5^1, LDCA= LDBA=45°, LCDS=60° (рис. Р.П.2). Прямоугольные треугольники DAC и DAB — равнобедренные (один из острых углов равен 45°). Тогда CD=BD=^1 • (5а/2)2 = 10. Теперь, применяя теорему косинусов к равнобедренному треугольнику CDB, находим ВС1 = CD1 + BD1 - 2CD • BD cos L CDB= =2 • 100-2 • 100cos60° = 100, т. e. SC=10.
Воспользуемся тем, что скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю:
аЪ = 0 =► х 1-1 2+2 • 0=0 => х=2.
Значит, вектор а имеет координаты (2; — 1; 2), а его модуль Й = 722 + (-1)2 + 22 = 3. ■
Вариант II.□ 1. Находим
^-^-г0'^”0'2^^)1'3)^^
=--1+6/—-Vs-4 • 2=-1 + 1-2=--.■
2 V 822
Сложив уравнения х+у=4, y+z = 8, x+z = 6, получим 2(x+y+z) = 18 или x+y + z = 9. Отсюда находим х=9 —(y + z) = l, у=9 — (x+z) = 3, z=9 — —(х+^)=5. Искомое выражение есть х—y + 2z= 1 — 3 +10 = 8.
Найдем область допустимых значений:
{
х^0,Гх^О,(х*0,
!1=><х-1=><=>0<х<1.
X( >1I<0(0<Х<1
2 >2< х
Преобразуя данное уравнение, получим
Имеем
sinx + cos2x=0 => sinx + 1 — 2sin2 x=0 => 2(sinx—1) ( sinx+- ] = 0.
\2/
Далее находим:
лл
1) sin х=1, х = - + 2лл; из условия — л<~ + 2лп<3л следует, что 22
Зл 5я 35
—— <2лл<—, т. е. — ^л ^^’ последнее неравенство выполняется при л=0 и л = 1.
/ 1\*л
2) sinx= —, х=[ — - I - +лк; отбираем корни, удовлетворяющие условию 2\ 2/ 6
5лл7яПл
—л<х<3л; х=, х= —, х=—, х=—. 6666
Итак, отрезку [—л, Зл] принадлежат шесть корней данного уравнения.
Находим
tg2 а 191
25 sin2 а cos а=25•=25 ■• —=7,2.
Vn-^..J.^f А»
■\ 16/ V 16
Здесь х>0. Решаем данное неравенство:'
ijx+-Jх^б =» (у/х)2 + ijх—6<0 =» (^/х + ЗХ^/х—2)<0 =»
=> -3^х<2 =► 0^х^2=> 0<х^16.
Итак, искомая длина равна 16.
График функции Дх)=х3 + Зх2+5х=х (х2 + 3х+5) пересекает ось Ох только один раз, поскольку квадратный трехчлен х2+Зх+5 не имеет действительных корней.
Пусть а,— первый член прогрессии, a d—ее разность. Тогда получим систему
fa, +6d+a, +10</=10, f2a, +16</= 10,
{=> </=3, a, = -19.
(_a1+4d+a1+9d=l(,2a1 + 13</=l
' Следовательно,
.(a1+a20)20
S20=——10 (2at + 19^=190.
2.
Находим
x2 + l-2x211-x211
Пх)= . 2 ,.2—т=;Л1)--т-
(x +1)2Vx (x^ + 1) 2Vx2
По условию, в трапеции ABCD имеем АВ= CD, АВ=ЗВС, BE и СЕ — биссектрисы углов АВС и BCD, EeAD (рис. Р.П.З); требуется найти Едвсп = Е^все-
1
Пусть LABE=- LABC=a, ВС=Ь; тогда CD=AB = 3b. Заметим, что 2
LCBE= LBEA=a и LBCE= LCED=a как накрест лежащие углы; значит, треугольники АВЕ и CDE — равнобедренные и равные. Отсюда следует, что b d
CD=DE=AB=AE=3b, BE=CE=d. Так как kBCE~ LCED, то -=—, от- d 3b
куда d1 = 3b2. Теперь найдем площади ^ВСЕ и txCED:
Sabce=- BE • СЕ sin (180°—2а)=- tF sin2a=- 62sin2a,222
9 ,
S^CED™- ED ■ CD sin (180°—2a)=- b1 sin 2a.
Eabcd ^S^cedEabcd ^S^cedУчитывая, что Sabcd=2S^ced +8&bce, находим искомое отношение:
Eabcd ^S^ced
Eabcd ^S^ced
=I-1 ЕдВСЕ S^BCE=I-1 ЕдВСЕ S^BCE9b1 sin 2a + 1 = 7. ■
=I-1 ЕдВСЕ S^BCE
=I-1 ЕдВСЕ S^BCE
3
- b1 sin 2a
2
Вариант Ш.П 1. Здесь Зх+1>0, x—1>0, откуда х>1. Пусть ^3x+\=u, ^х—\=м, где и>0, v>0. Тогда данное уравнение равносильно системе
и—е = 2,
из которой получим 4с — 2с —0, т. е. с.=0, с2 = 2. Итак, х, = 1, и2 —Зс2=4,
х2 =5.
По условию, АС=Х5 см, ЕЕ^АС, Елегс=0,75Еьлвс (Рис- Р-П.4). Тогда
Едеве /ЕГХ1
Е^еве=0Л5Е&лвс- Так как ZxEBF ~&АВС, то -=1 —) или
Едлвс \АС;
®’^=(^^^ ’ т" е" ЕЕ=0,5АС. Итак, ЕЕ=1,5 см.
Имеем
(
а\ / а\ 30°+- cos I 30°-I— ) 2/\2/
(а\ /
15°+- sin 75° —
4/\4/
а\/а\
30°+- cos 30°+-
2/\2/
=cos
/а
sin I 30° 4—
V2
(а 60°—-2(а 60°—-230° + - ..2/30° + - ..2/30°+- 1 = 0,8 и 0°<а<90°, то A=J\ —0,82 = 0,6. 2/
(а 60°—-
2
(а 60°—-
2
30° + - .
.2/
30° + - .
.2/
Учитывая, что х>0, получим
lg2 (1 ООх) - 1g2 (1 Ох) + 1g х = 9 =>
=> QglOO+lgx)2 —Qgl0 + lgx)2+igx=9 =►
5. Данное неравенство равносильно следующему:5. Данное неравенство равносильно следующему:3+2х3+2х>0 4—х>0 4—х2(х + 1,5)х-42(х + 1,5)х-4— 1,5<х<4.— 1,5<х<4.=> (2+lgx)2 —(l+lgx)2+lgx=9 =» lgx=2 =► x = 100.
5. Данное неравенство равносильно следующему:
5. Данное неравенство равносильно следующему:
3+2х
3+2х
>0 4—х
>0 4—х
2(х + 1,5)х-4
2(х + 1,5)х-4
— 1,5<х<4.
— 1,5<х<4.
Итак, наименьшим отрицательным решением является х= —1,5.
/Зл\ЗлЗл л
Здесь sin —|-х ^0, т. е. —+ х^лл, откуда х^ ——|-ял=- + л/. Преобразуем \ 2/222
данное уравнение:
, /Зл \
1+ctg2 —hx = cosx—sm*x =»
\2/
=» 1 + tg2 x=(cos2 x—sin2 x) (cos2 x + sin2 x) =>
=> ——=2cos2x—1 => 2(cos2x)2—cos2x—1 =0 =*
COS2X
=> 2(cos2x— 1) | cos2x+-^=0 => cosx= +1 => x=nk. \2/
Условию |x|<л удовлетворяют три корня.
Имеем
/3\Зх-7 /7\7х-3/ЗХ3*-7 /3\3-7*
-- -=о=> -= -=►
\7/\3/\7/\7/
=> 3х-7 = 7х-3 => х=1.'
Пусть х и у (х>у) — искомые числа. Тогда, по условию, —==—. Следова- Мху 12 тельно, ____
1х к 13/ ку 13 1х/ 1х 3\/ 1х 2\
N у+N6 Vj у) 6 Vy+1-°\Vу У\уу з/
lx 2lx 3х 9
Тогда -=-, что не удовлетворяет требованию х>у; /-=-, откуда-=-.
Чу зЧу гу 4
Находим
Л—81 cos2 (6»j = 81 sin3 6i = 8l • 4sin2 31 cos2 31 = \2/
=81 - 4(1—cos2 3i) cos2 3a, 25 4
откуда при cos За—- получим A —81 • 4 • - ■ -—80. 399
Данная функция преобразуется следующим образом:
Дх)=sin2 2x+0,5cos4x+2sin2x+cos2x= — sin22x+(0,5—sin22x)+(l —cos 2x) +cos 2x = 1,5—const. ■
21g2—lg4.21g2—lg4.Вариант IV. □ 1. Преобразуем выражения В и С:
21g2—lg4.
21g2—lg4.
В=—log, 6; С—— log62log210
Тогда получим
Л-2,-10с=2к’ь6-10184=6-4 = 2.
Имеем -— юх 23/1 2"4,j
Юх : (^2)3 = 25'3 ■ 4"2/3 : </б4 => —=-* Юх = 1 =» х-0,1.
'v 23/32
Здесь х>1, Имеем
2,/х—2—15=^/х—2 => 2(^/х—2)2—^/х—2—15=0 =>
=> 2(Vx-2-3)(Vx-2+2,5)=0 — ^/х-2-3 => х-2-81 => х = 83.
Учитывая, что х>0, получим 2x-5Vx + 2<0 => 2(Vx)2-5V* + 2«0 =» 2(V^-2)(Vx-0^)<0 => =► O.S^^^Z-» 0Д5<х«4. Искомым наибольшим значением х является х—4.
По условию, в трапеции ABCD имеем АВ=CD, СЕД-AD, СЕ= 16, АС=2Й (рис.
16 4
Р.П.5). Пусть LCAD=Р; тогда из ДАЕС находим sin^=——-, 20 5
j
а»Р—V1 -яп2Д—^. Далее, LAOD — раввобед-
реяный, причем LAOD= 180°— 2Д. Следовательно,/\
1
$Л8С1>=- АС - BD sin LAOD= 20 20 sin2^= , 1Д£„
2
-400sin/1 cos/1-192 (кв. ед.).Рис. Р.П.5
& Имеем
sn(9O“+2x)+sinx—0 => co$2x+sinx—0 =» 1 — 2sin2x+sinx—0 =»
/1\
=» 2(япх—1) I япх+- 0.
V2/
1
Рени» уравнения smx—1, sinx—— и учитывая, что 0°<х<270°, получим 2
ответ: х,—90*, xz—210*.
Преобразуем данное выражение следующим образом:
.4 sin - cos2 -
494949 sin2 а22
= — =;—=ЧУ ■.
/ 5я\ ctg2 а cos2«/. а\2
tg2 а+—l-2sin2-
\2/\2/
а 1 а 848 /9\2
Подставив значения sin2 -=-, cos2 -=-, получим А =49 - ■ - - ) =32.
2 9'2 99 9 \7/
Пусть t — время работы второго станка (в часах), а х и х—5 — количество деталей, которые обрабатывали в час соответственно на первом и втором станках. Тогда, согласно условию, получим систему уравнений
f/i—1,5)х= 150,J/=0,3x,
ПСх—5/ — 150(0,Зх2-1,5х-150 = 0
=» х2 —5х—500=0 =» х, = —20 (не годится), х3=25.
Итак, на первом станке в час обрабатывали 25 деталей, а на втором — 20 деталей.
Уравнение имеет смысл, если ^Зх—2>0, т. е. х>2/3. Выполним преобразования:
х2^^ г+51*х=5'^х г*г+зг.^^>
^S^"2 (х2—25) = 5Х(х2 —25) => (5v/3x-2-5X)(x2-25) = 0.
Далее имеем:
5^ЗХ 2=5Х =» л/Зх—2=х =» х2 —Зх + 2 — 0 =» х, = 1, х2=2;
х2 —25=0; х3 = — 5 (не годится), х<=5.
Ответ: х=1, х=2, х=5.
Здесь х#0, х* — 1, х^1. Имеем
6—х х + 3 х + 56 —хх + 3х + 5
1—х2 х(1—х) х(1 + х) (1—х)(1+х) х(1—х) х(1+х)
6х—х2—х-3 —х2 —Зх—х —5 + х2-5х
=►=0=>
х(1-х)(1+х)
Вариант V. 1. 1. 2. 4,3. 3. 3. 4. 4,1. 5. 6. 6. 0. 7. 30°. 8. 42 см. 9. 3,53. 10. -1,5. Вариант VI. 1. 4. 2. 1. 3. 4. 4. 5. 5. 7. 6. 41. 7. 3. 8. 64. 9. 4. 10. 1. Вариант VII. 1. 2. 2.1, 2 и 4. 3.2. 4. 5. 5. 6 см3. 6. 8. 7. 0,5. 8. 4 и 36. 9. 8.10.0 и 5. Вариант VIII. 1.40.
XIII. 1. 6. 2. 0. 3. 1. 4. 5. 5. 0. 6. -1. 7. 5. 8. Один раз. 9. 20.10. 2,25. Вариант XIV. 1. (2jc+ I)2. 2. 2tg2a.'3. 1. 4. -10; 3. 5. 9. 6. 2. 7. 10.8. 4. 9. -3. 10. 1. Вариант XV. 1. 3. 2. 1,6. 3. 5. 4. 12 и 24. 5. -1; 1. 6. 4. 7. 12. 8. 0,5. 9. 8. 10. 120°; 240°. Вариант XVI. 1. -4; -3; 4. 2. 25. 3. 5. 4. -58. 5. 2; 3. 6. 2,25. 7. 9,375 кв. ед. 8. 12. 9. 150°; 210°. 10.40 л. Вариант ХУЛ. 1.4.2. 3/4. 3. 5. 4. 60 кв. ед. 5. 0,8. 6. 10. 7. 6. 8. 6.9. 12 куб. ед. 10. 8. Вариант XVIII. 1. 5. 2. 8. 3. 4. 4. 2. 5. 66. 6.1. 7. 12 куб. ед. 8. 13. 9. 2. 10. 3. Вариант XIX. 1. 4. 2. 2. 3. 3. 4. 7. 5. 3. 6. 3. 7. 6 кв. ед. 8. 2. 9. 4. 10. 3. Вариант XX. 1. 7. 2. 8 кв. ед. 3. 3. 4. 2. 5. 0,6. 6. 2. 7. 51,6. 8. 3. 9. 16. 10. 120°. Вариант XXI. 1. 4. 2. 48 кв. ед. 3. 3. 4. 5. 5. 3. 6 7. 7. 10. 8. 4. 9. 5. 10. 2. Вариант XXII. 1. (2 log25 + l)2. 2. 1. 3. 10. 4. 5. 5. 12. 6. 0,36. 7. 0,8. 8. 3. 9. 6. 10. 2. Вариант XXIII. 1. 4. 2. 5. 3. 9 кв. ед. 4. 5.5. 3. 6. 3. 7. 4. 8. 2. 9. 6. 10. 4. Вариант XXIV. 1. 14. 2. 0,5.3. 5. 4. 7. 5. 4. 6. 250 куб. ед. 7. 63. 8. 0,2. 9. 5.10. 20. Вариант XXV. 1.1. 2.16. 3.6. 4. 0,28. 5. (9; -1). 6.6. 7. 3.8. 12.9. 14.10. 4 кв. ед. Вариант XXVI. 1. -2; -1. 2. 0,5; 0,6. 3. 0,75. 4. 18 кв. ед. 5. 4. 6. 3 и 0. 7. 16. 8. -2; -1. 9. 120°; 240°. 10. 12. Вариант XXVII. 1. 135°; 225°. 2. 24 см2. 3. 2 и 22 134. 4. -5 и 3. 5. -5. 6. 15. 7. -1,5. 8. 1,75. 9. 2. 10. 4. Вариант XXVIII. 1. 20. 2. -0,4. 3. 1. 4. - 1, 2. 5. 4. 6. -6 и -6. 7. -0,6. 8. 0,4 и 0,4. 9. 5 и 6. 10. 39 и -39. Вариант XXIX. 1. 1000. 2. 0. 3. 4. 4.25.5.1; 11; 21. 6.10.7. -2; -1.8.4 см. 9. -45°; 0°; 45°. 10. 8 см3. ВариантXXX. 1. 6; 2. 2. (2; 3; -3). 3. 2. 4. -52,5°; 7,5°; 37,5°. 5. 10; 11; 13; 14. 6. 6 см3. 7. 30 и 35 км/ч. 8. 0. 9. 20,25. 10. Первое.
ВАРИАНТЫБИЛЕТОВ
ДЛЯ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ПИСЬМЕННЫХ ЭКЗАМЕНОВ
Вариант I. □ t Так как
VnJ-V^HV17-Vx)O7W^+A(V17+Vx)^17^^ tog, х-0,5 log, 17 21og2x-log3 17 -tog, (V/l 7) -X3
4=2= 2=—,
17
то выражение для /(x) упростится следующим образом:
/,—(Vi7—V^c^+Vi^+^v ^2 ,— х2
/«- 17 + 2>/17х+х—— - = ^llxf-=x\
VV17-V*/ 1717
Значит, /‘(х) = Зх2.
Исходная система равносильна следующей:
2.4 +1—2 —2■4 у
2"+2
Уравнение 1—23*=0 имеет решение х=0, а уравнение 1—23х=1 не имеет
решений. Итак, х=0, у—О.
Пусть х и у— искомые чист; тогда х+у= 10, а выражение 2х2 + 3у2 должно принимать наименьшее значение. Имеем /(х)=2х2 + 3(10—х)2=2х2 + +3(100—20х+х2)=5(х2—12х+60), /'W = 5(2x—12)=10(х—6). Очевидно, что/'(х)=0 при х = 6; если 0<х<6, то/'(х)<0, а если 6<х<10, то/'(х)>0. Итак, при х=6 функция /(х) имеет минимум. Отсюда следует, что искомыми двумя слагаемыми являются числа 6 и 4.
(
5я\\
—— х ]=cos I —х l=sinx, 2/\2/
х х
4 sin - cos - =2sinx, преобразуем данное уравнение: 22
0,5 ■ 2а»2х япх—sm*x«2aox =» snx(co$2x—sin2x—2)=0 =» =» smx(cos2x—2)=0 =» sinx=»0 =» x“xat, к— 0, ±1, ±2, ...
Теперь отберем корни, удовлетворяющие неравенству 1о^(х+1)>1. Так 1 как я>1, то х+1>я, т. е. >я—1. Следовательно, я*>я—1 или к>\—. я
Этому условию удовлетворяют значения к=1, 2, 3, ... . Итак, получаем ответ: x=itk, kSt.
По условию, ABCD — ромб, ^руг»=5, LBAD=u
(рис. РЛ.6). Проведем CELAD. Введем обозначен ник AC=dv BD=di, г — радиус вписанного qry- га, CE=2r, AB=BC=CD=AD=a. Из равенства
S—яг1 находим г2»-. В ДСЕВимеем LCDE—a,
2г, 4г3 4S
а—, откуда ст»————. "Искомые зна-
smaмге «ял2 аг
чения dY и d2 найдем с помощью теоремы косинусов, примененной соответственно к дВАС и ДВА В:,
^=^C2 = 2a2-2n2cos(180°-a) = 2<z2(l+cosa) =
4Sa 4S
= 2 •. 2cos2 -=;
4 л sin2 - cos2 -л sin2 -
222.
„,,,,4Sа 4S
d^=BB1 = 2a1 — 2д2со$а=2д2(1 —cosa) = 2 •. 2sin2 -=.
. а а 2 а 4лsin2-cos -л cos -
222
2 IS 2 IS
Итак, dt- -, d2 = -. ■
a \ лa \ л
sin -cos -
22
Вариант II. □ 1. Заметим, что
x + a = §j x+sja^Vl] x1 -^ x1a+Xj а\ x-y]a = ^Jx-^a)(llx1+^x1a+l]a),
Xjxa1—Xjx4 -Ja=Xjx M° Vjo—xY
Тогда заданное выражение преобразуется так:
^-V^+^-^-VA-Ve-V2 ^/=(-3 V^)3= -Пх/а.
■1 1 '
Используя свойства логарифмов, находим lg Xs =5 lg х, lg— = — - Igx. 06- t/x 4
ласть определения функции /(х) задается системой неравенств
Гх>0, ]fx>0,fx>0,
< 51,=> <
) - lgx + - lg2x-3>0Ug2x + 51gx—6>0(0gx + 6)(lgx-l)>0.
Последняя система равносильна совокупности двух систем
(х>0, |х>0,
Ugx>l; Ugx< -6.
Решение первой из них есть х>10; решением второй является промежуток 0<х<10"6. Итак, получаем ответ: xe(0, 10~6]|J[10, оо).
Сначала найдем значения данной функции на концах отрезка [0; 1,5] : Д0)=0, 8
Д1,5)=- ■ 1,53 —18 ■ 1,52+28 ■ 1,5 = 10,5. Теперь найдем критические точки, принадлежащие этому отрезку. Имеем /'(х) = 8х2 —36х+28; уравнение /'(х) = 0 имеет корни Х! = 1, х2 = 3,5 (последний не принадлежит данному отрезку). Сравнивая между собой значения Д0)=0, Д1,5)='10,5, Д1) = 38/3, заключаем, что/яаим=Л0)=0. а/яалб=Л1) = 38/3. График функции на указанном отрезке схематически изображен на рис. Р.П.7.
л лл
Здесь cos2x#0, т. е. х^- Н—. Преобразуем данное уравнение:
sin 2л
1+sin2x+cos2x +—:— = 0=> ■ cos 2.x
1 4-cos2x
=» (14-cos2x) + sin2x=> (1+cos2x)(l+tg2x) = 0.
cos2x
Из уравнения l+cos2x=0 находим, что x=-+nk, а из уравнения 2 л л/
l+tg2x=0— что х=н—. Отрезку [—л/2, л] принадлежат: из первой 8 2 ялл
серии значения Х; =— и х2=~’ а ю второй серии—значения х3=—-,
Зл 7л х4=— и х,=—. »88
По условию, ABCD— прямоугольник, O1E=r, LBOA = a (рис. Р.П.8). а
В &АОВ имеем LOBA = LOAB=Wтак как Л О [ — биссектриса LOAB, а/а\
то LEAOx =45°—. Далее, из NAEOX находим ^£=rctg 45°— ), откуда 4\4/
(
а\
45° — ). Теперь найдем искомое скалярное произведение:
4/
ВЯ ■ ВВ = |ВЯ| прт- ВВ = |ВЯ| • |ВЯ| = |ВЯ|—4г2 ctg2 [ 45°-- Y ■ вАV 4/
Вариант III. □ 1. Здесь а>1. Имеем
(Va-i+V"+i)(V"-i-Va+i)((Va-1)2+V("-i)(“+i)+(V“+i)2)
2o+Voj-l2а+У«2-11
(a-l-a-l)(a-l+Va2-l+a+l) -Kla + ^a1-!)^
Так как 2* +1 >0, то
21х+1х+1
^2=* 2+х—1^2+2 =>^2=> х^З.
Первая бригада за один день убирает 1/8 часть поля, а вторая — 1/6 часть. Пусть х — число дней, которое обе бригады проработали вместе. Тогда 1 Z1 Л
получим уравнение --М -+- )х=1, откуда х = 3 (дня).
8 \8 6/
После применения формул приведения придем к уравнению |sin х| = sin х+2 cos х. Далее рассмотрим два случая:
sinx>0 > sin x = sinx+2cosx => cosx = 0 => л
=» x, =- + 2лл (с учетом того, что sin х> 0); 2
sinx<0=> — sinx=sinx+2cosx =» sinx+cosx=0 => (л\лл
х— =0 => х—-= — -+2лт . (с учетом того, что 4/42
л sinx<0) => х2 = — ~ + 2лт.
Теперь найдем область определения функции у = cos - ——:
cos- ——>0 => —-+2л*<-<- + 2лА: => — л + 8л&<х<л+8л&.(1)
■4 244 4
Остается выяснить, при каких значениях пит корни х, и х2 удовлетворяют неравенству (1). Находим
л31
л + 8л&<-+2лл<л + 8л& => — +4к^п^- + 4к => п=4к;
244
л35
л + 8л£< — - + 2лт<л + 8л£ =>н4£<л1<-+4£ => т=4к.
488.
Подставляя эти значения п и т в выражения для х, и х2, получаем ответ: лл.
х. =- + 8л*, х,=Н8л£, keZ.
24
По условию, в трапеции ABCD имеем LBAD = W, LADC=30°, OF=OM=R (рис. Р.П.9). Так как трапеция описана около окружности, то ВС+AD = АВ + CD. Но АВ+ CD = 2R+=2R+= 2R+AR = 6R.
sin LCDE sin30°
11,
Итак, SABcb=- ^BC+AD)AB=- . 6R ■ 2R=6R\ ■'
422
Вариант IV. 1. 0,25—4х*. 2. x>V2. 3. Возрастает на (—9, 3), убывает на 'л
(—со, —9) и на (3, оо); ymin = — 27 при х= — 9, уши=5 при х=3 (рис. Р.П.10). 4. —;
'12
5л 7л Плo2(l+tga)х
—; —; —. 5. . Вариант V. 1. . 2. х>2,5. 3. Возрастает на
12 12 12'2г-х
(—7, 7), убывает на (—оо, —7) и на (7) оо); Утш = —14 при х= — 7, уши = 14 при лл 5л7ла2_.
х=7. 4. —; 0; -; —; л; —. 5. —. Вариант VI. 1. х’. 2. (—оо, 0)(J[l/3, оо). 3. 66 663
Возрастает на (—0,5; 0,5), убывает на (—оо; —0,5) и на (0,5; оо); Ущш™ — 2 при
'7л5лл л 5л2а
х= —0,5, Утях=2 при х=0,5. 4.;; —; -; —. 5. - sina cos2 -. Вариант
,666 6 6л2
VII. 1. —=. 2. — 1<х<2. 3. Возрастает на (0, 10), убывает на (— оо, 0) и на (10, оо);
V2
'5л Зл л 2
уm,n™ 0 при х=0, утах =10 при х=10. 4.;; —-. 5. - I3 sin a cos2 а.
Вариант VIII. 1. V2—Vх- 2- х> —2.3./тим= —2 при х= — 1,/тяб=3 при х= —2.
Пл5л лP\/2ctga"
;; —. 5.. Вариант IX. 1. 1 —2х*. 2. х>8. 3.^аим = 0,25 при
18181864
л 2л 5л 1 sin2 2а.—
х=0,7^6 = 1 при х=1. 4. —; —; —. 5. - лг. Вариант X. 1. У 4а. 2. См.
3 3 32 l+sin2a
Зл4л2лл'л л л
рис. Р.П.П. 3. 2; 10; 50 или 50; 10; 2. 4.;; — л;; —; —; 0; -; -. 5.
23323- 3 2
1,-7л 5л
- Рsin2а sin 2/? cos/?. Вариант XI. 1. ^b. 2. См. рис. Р.П.12. 3. 5 и 1. 4.;;
4'44
Зл л 2
; -. 5.= S^S ctga. Вариант XII. 1. 0,5. 2. См. рис. Р.П.13. 3. Равнобед- 44 з */27
ренный прямоугольный треугольник, катеты которого равны 4/3 см. • Принять
за независимую переменную угол а при основании треугольника, выразить площадь треугольника как функцию а и исследовать эту функцию на экстремум. 4.
я4 х*3 tg3 а (1 —sin а)3
—; arctg3. 5.-. Вариант XIII. 1./(х)=х+1 — ^3;У(х)=1. 2.
43cos3 а
2я я 2я Зя (1; ОХ (0; log,2). 3. На 25%. 4.-—; -; —; —. 5. 45°. Вариант XIV. 1.
.г15яя
Дх)=- (^/х+^рХ ГМ—=• 2- х=16. 3.0,4. 4. Х] = —Н2я£, х2 =h2n/;
б^х266
а ял3 cig-_-
*,/=-2, -1,0, 1,... .5.. Вариант XV. l./(x) = V3x, /'(x)=™. 2-х = 7.
я 5я 7я 11я4/ли2
. 6; 6; 6. 4. -; —; —; —. 5.. Вариант XVI. 1./(х)=0,25;/'(х)=0. 2. х=2. 3.
6 6 6 6 sin а
— 0,25. 4. X] =- + яАг, x2=arctg3 + aZ; к, 1=0,1, 2,... . 5. a2 cos а tg/?. Вариант XVII. 4
,-1я5я
ЬДх)-7х;Дх) =—=. 2.Xj = 1,x2=2. 3. би 3. 4. х, = — + 2л*, х2 = —|-2я/; к,
гх/х66
/=2, 3, 4, ... . 5. л2 (tga+-V3+4tg2a ). Вариант XVIII. 1./(х)= —х2—1; \4/
я я я Зя5
Г^= -2х. 2. (-3; 0,5). 3. 6 и 6 см, 4. -; -; -; —. 5. . Вариант XIX. 1.
6 4 3 4sin a
/(x)=2Vx + 5;/'(x)=Д. 2. (5; 2^5), (5; -2л/5). 3. +0,5. 4. х=—, л = 3,4, 5,... 5. 3
г2*
. Вариант XX. 1. /(х)=-2х-1; У(х)=-2. 2. (2; -1). 3. 0,75; 2,25. 4. sin 2a
я 2ял4
х= ±1; л = 1, 2, 3, ... . 5..
18 3■я sin a
Вариант XXI. □ 1. Полагая у=1—х2, получаем квадратное неравенство у2+у<0 = Ху+ 1)<0 => — 1 <у<0. Возвращаемся к исходной переменной: -1<1-х2<0=> -2<-х2<-1 => 1<х2<2=>.
=> K|x|<2=>xe(-V2, -DUC». V2).
Пусть xjx—\=y, где у>0. Тогда приходим к квадратному уравнению Ту2—15у+2=0, имеющему корни у1=2, у2 = 1/7. Вернемся к исходной переменной. Имеем Vх-1 =2, откуда х, = 5; у/х— 1 = 1/7, откуда х2=50/49. Проверка показывает, что оба значения являются корнями данного уравнения.
Найдем ОДЗ неравенства:
{
(Зх+1)2>0,
(Зх + 1)2^1,Г-есИ/З,
11-Зх>0, ^s^^-Vs,
Зх+1>0,1Х#О
Зх+1^0
Используя свойства логарифмов, преобразуем данное неравенство: log3z+l(ll-3x)'
+log3x+1 5 ■;— > Sog3x+12;
Iog3x+15
1 +l°g3x+1 (11 -3x)>log3x+ j 32; log3x+1 ——— < 1.
11 —3x
Последнее неравенство распадается на две системы:
Зх+1>1, 32Зх+1>—;.11 —ЗхЗх+1>1, 32Зх+1>—;.11 —Зхб<Зх + 1 <1, 32 Зх+1 <.11-Зхб<Зх + 1 <1, 32 Зх+1 <.11-Зх(2)(2)
Зх+1>1, 32
Зх+1>—;
.11 —Зх
Зх+1>1, 32
Зх+1>—;
.11 —Зх
б<Зх + 1 <1, 32 Зх+1 <.
11-Зх
б<Зх + 1 <1, 32 Зх+1 <.
11-Зх
(2)
(2)
С учетом ОДЗ решаем систему (2), используя то, что ее второе неравенство противоположно второму неравенству системы (1):С учетом ОДЗ решаем систему (2), используя то, что ее второе неравенство противоположно второму неравенству системы (1):
С учетом ОДЗ решаем систему (2), используя то, что ее второе неравенство противоположно второму неравенству системы (1):
С учетом ОДЗ решаем систему (2), используя то, что ее второе неравенство противоположно второму неравенству системы (1):
С учетом ОДЗ решаем систему (1), используя то, что 11 — Зх>0:
Jx>0,fx>0,
1(3x4-1)(11 — Зх)>32 Т* [9х2-30х + 21 <0
{х>0,г 7
1 => хе 1, - .1<х«-L з.
3
Ответ: хе(-1/3, 0) J [1, 7/3].
sinxcos2x
TaKKaxtgx=,ctg2x=, 1 + cos2x=2cos2x, то данное уравнение
cosx2sinx cosx
имеет смысл при
sinx# 0,ял
=> x#—, neZ.
cosx#02
После приведения к общему знаменателю получим следующее уравнение:
cosx sin2x—2cos3x+cosx—sinx=0 =»
=> 2cosx(sin2x—cos2 х)+cosx—sinx =>
=> (cosx—sinx)(1 — 2cos2x—2sinx cosx)=0 =»
=» (cosx—sinx)(cos2x+sin2x)=0.
Оно распадается на два уравнения: я
cosх=sinx => х=- +л*, keZ; "4
я я
cos2x= — sin2x => х=1— I, leZ.
8 2
Из двух полученных серий корней исходного уравнения выделяем корни, удовлетворяющие условию — 0,5 ^х<1. В первой серии это значение х1=л/4, соответствующее к=0, во второй — значение х2=—л/8, соответствующее /=0.
Ответ: х,=л/4, х2 = — я/8.
1
Введем обозначения: ВС=а, АС=Ь, АВ—с, р = -(а+Ь + с)— полупериметр; 2
г — радиус вписанной в Д.АВС окружности; Ov — точка пересечения биссектрис, центр вписанной окружности; О — точка пересечения медиан (рис. Р.П.14). Так как ВК=КС и ВС=30 см, то ВК=КС—АК-15 см. Тогда точка К— центр описанной окружности и, значит, 2_Л=90о. Опустим из точек К, 1
О и О, перпендикуляры из АС; при этом /СОЦОЕЦО]^!^- Имеем KD=^ с как средняя линия ^АВС. По условию, О2ОЦС; следовательно, ОЕ=ОгЕ=т. Из подобия прямоугольных треугольников АЕО и ADKи свойства точки пересечения медиан треугольника следует KD АКс 3
— =—=»-=-=» с=3г.
ОЕ АО2г 2
Далее, согласно свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, имеем ВС=(АС—г) + (АВ— г) => а = Ь + с — 2г => 6 = 30 —г, р = ЗО + г.
Найдем радиус вписанной окружности, приравнивая различные выражения для площади Д.АВС:
11
5длвс=^ Ьс=гр => -(30—г) ■ Зг=г(ЗО + г) =► г=6 (см).
Итак, Ь = АС=30-г=24 (см), с = АВ-Зг=\8 (см).
Преобразуем исходное уравнение к следующему виду:
гдеу=(х— 1)2 + 2(а— 1)2+2дх новая переменная. Уравнение относительно у решаем графически. Из вида графиков z—42у—35 иг—У (рис. Р.П. 15) ясно, что может быть не более двух точек пересечения. Подбором находим, что yt -1, У3 -2. Следовательно,
(х-1)2+2(а-1)2+2дх-1, либо (х- 1)3+2(а—1)2+2лх—2.
■ Преобразуем левую часть этих уравнений:
(^Й2 + 2(а-1)2+2ах=х2+2х(а-1)+(а-1)2 + («-1)2 + 1 = =(х+а-1)2+(а-1)2 + 1.
Если У1“1, то (х+а—1)2+(а—1^=0. Тогда •<Исследуем этот случай.
(х=0.
При а=1 получим уравнения (х—1)2+2х=1, либо (х—1)2 + 2х=2. Эти уравнения имеют решения х=0, х=1, х= — 1, т. е. исходное уравнение не имеет единственного решения. Значит", а= 1 не удовлетворяет заданному условию. Пусть о^1. Тогда выражение (х—1)2+2(а—1)2+2ах не принимает значение 1; остается исследовать уравнение
(х—1)2 + 2(а — 1)2 + 2дх = 2 =» х2 + 2х(о— 1) + 2а3 —4а + 1 =0.
Оно имеет единственное ранение при условии D = (a— I)2—(2л1— 4а + 1)=0, откуда а1=0, ^=2. Если а=0, то х= 1, а если а=2, то х= — 1.
Ответ: уравнение имеет единственное решение при а=0 и при а=2 (соответственно Х= 1 И Х= — 1). ■
7(х)
Вариант XXII. □ 1. Приведем данное неравенство к виду>0:
*(*)
616—(х—3)—2(х+2)(х—3)
>2 =>>0 => (х+2)(х-3) х + 2(х+2)(х-3)
-2х2+х+212(х—7/2) (х+3)
=»>0 =*<0.
(х+2)(х + 3)(х+2)(х-3)
Применим метод интервалов; отметим на числовой оси нули числителя и знаменателя (—3, — 2, 3, 7/2) и определим знак левой части полученного неравенства на каждом из интервалов. В результате получаем ответ: хе(-3, -2)|J(3, 7/2).
Возведя обе части первого уравнения в квадрат, получим -Jx+y+2—
=2 => х+у+2=4 => у=2—х. Подставив это выражение во второе уравнение, имеем х2+(2—х)2=4 => 2т2—4х=0 => xt=0, х2=2, соответственно yt=2, у2=0. Проверка показывает, что обе пары х,=0, у,=2 и х2=2, у2=0 удовлетворяют заданной системе.
Найдем ОДЗ неравенства:
81х2>0, 81x^1, М
х>0,|х#±-,
ч о
х3/9>0
Логарифмируем по основанию 9 обе части исходного неравенства (так хак основание 9 больше 1, то знак неравенства сохраняется): "
tog, (27 (81 х2)tog, (27 (81 х2)<tog,x7.<tog,x7.
tog, (27 (81 х2)
tog, (27 (81 х2)
<tog,x7.
<tog,x7.
Используя свойства логарифмов, имеем
21og,l—) - log,(81x2)+log,27<71og,x =>
3
=> 2 (3 log, x— 1) (2+ 2 log, x)+- < 7 log, x.
Положим y=log, x и придем к квадратному неравенству
3
2(Зу-1)(2 + 2у)+-«7у=» 2
=* 12у2+у — 2,5^0 => 12 у+- ) I у—— )<0 =» —<у<—.
\ 2/ \ 12/212
Наконец, подставив log,x вместо у и учитывая, что основание логарифма больше единицы, получим
151
— <log,x< — =» 9"1/2 <х<95/12 => -<х<35/6.
2123
Найденное решение принадлежит ОДЗ. Ответ: хб[1/3, 35/6].
Возведем левую и правую части уравнения в квадрат и преобразуем получен-
, х
ное выражение, учитывая, что 1 — cos х =2 sin -:
2sin2 -—cosx=sin2x+2sinx cosx+cos2x =sr 2
=» 1 — 2cosx = l + 2sinx cosx =» sinx cosx+cosx=0 => cosx(l+sinx)=0.
Это уравнение распадается на два: cosx=0 и 1 +sinx=0. Решаем их, учитывая ОДЗ:
{
cosx=0, . ,„ (cosx=0, я
1—2cosx>0, => 7=> х=~ + 2ял, neZ.
.(sinx^O 2
smx+cosx>0
Г sinx= —1, sinx= — l, I
J1_
l-2cosx>0, => < cosx^-, =*
)2
sinx+cosx>0 I
l^cosx^l
я
Ответ: x=- +2ял, neZ.
2
1
Введем обозначения: BC=a, AC=b, АВ=с, p=^a+b+c) — полупериметр ДЛВС; г, г,, г, — радиусы окружностей, вписанных соответственно в ДЛВС, Д.АПВ и Д.АПС (рис. Р.П.16). Проведем O^LBC, O^LBC. ОгМкОгК. Тогда O!K=rv OtL-Гг, O1M=r1-r1, O1M=r1+r1 и в ДО^О, имеем
О1О2 = О1Л^ + О2Л^=>8=(г1-г1)2-Кг1+г1)2=>г2+/5=4.(1)
Так как ADLBC, то прямоугольные треугольники ABC, ABD. ACD подобны, откуда
точки к окружности, в ДЛВС имеемточки к окружности, в ДЛВС имеема с ЬГ Г, Г;ЬЧс^а1а с ЬГ Г, Г;ЬЧс^а1a = rt, b=r1t, c=r1t, b2 + c2 = a2
точки к окружности, в ДЛВС имеем
точки к окружности, в ДЛВС имеем
а с Ь
Г Г, Г;
ЬЧс^а1
а с Ь
Г Г, Г;
ЬЧс^а1
=> гУ + Р^-г2!2 => r2 + r2=r2. (2)
Из (1) и (2) находим г2=4, т. е. г=2. Далее, используя свойство касательных, проведенных из одной и той же
ВС = (АС —г) + (АВ—г) =* а=Ь + с— 2г =>
=* 2р = 2Ь + 2с—2г =» 6 + с=р + г => Ь + с= 12 + 2=14 (см).
Другое соотношение между катетами b и с выводится из сравнения различных формул для площади Д.АВС:
8кавс=^Р~— Ьс =* Ьс=2 ■ 2 ■ 12=48 (см2).
2
[6+с = 14,
Решив систему <находим Ь = 6, с=8 или 6=8, с=6. Итак, искомые
(6с = 48,
катеты равны 6 и 8 см.
Найдем ОДО данного неравенства. Выражения ^/х2—х+Зи-У2х2 +1 определены на всей числовой оси. Правая часть неравенства положительна, второй множитель левой части также положителен; поэтому неравенство имеет смысл при х(х+1)>0, т. е. при х< — 1 или х>0.-
Пусть ^х2-х4-3=и, ^/2х2 + 1=е, где м>0, »>0. Тогда х2+х=е2—м2+2 и исходное неравенство преобразуется следующим образом:
(е2 — м2 + 2)(1+м+») — 2—Зм —е>0 =>
=> (»2—u2+2) (1+u+»)—1 — u—»—1 —2м>0 =*
=> (1+ м+е) (е2 —м2 + 2—1)—1 —2м>0 =>
=> (1 +м+»)(»2— м2 + 1) — 1 — 2м >0 =>
=> (е2—u2)(l+u+»)+l+u+»— 1 — 2м>0 =>
=» (е2 — м2)(1+м+е)+е—М>0 =>•
=> (»-м)((1+м+»)(м+») + 1)>0.
Так как и>0, е>0, то полученное неравенство эквивалентно неравенству е—м>0. Возвращаясь к аргументу х, имеем .
V2x2 + 1 >Vx2-x+3 => гх^Х^-х+З =»
=>х2+х-2>0=» (х+2)(х-1)>0.
Ответ: хе(—оо, —2)(J(1, оо). ■,
Вариант ХХП1. □ 1. Перенеся 1 в правую часть неравенства, получим
3— х2—2х2(1—х)
КО =><0 =><0 => хе(— оо, — 1)Н[1, оо).
х+1х+1х+1
Пусть у=45+х—х2; тогда исходное уравнение примет вид =^/з+2у.
Возведя обе части уравнения в квадрат и преобразуя, получим
4у3 = 3 + 2у + 3у+2у2 => 2у2 —5у—3=0 => =* 2 (у— 3) (у+0,5) = О =» у! = 3, у2- — 0,5.
Уравнение относительно у имеет смысл при выполнении следующих условий:
=>у>0.=>у>0.у^О, р>0,1+у>0, =» N у> — 1,,3 + 2у>0(у>-1,5
=>у>0.
=>у>0.
Так как у2 не удовлетворяет условию у > 0, то рассматриваем только значение У1 = 3. Имеем 45+х—х2=3 => х2—х—42=0, откуда хх=1, х2 = —6. Проверкой убеждаемся, что оба корня обращают исходное уравнение в тождество.
Преобразуем левую часть уравнения, используя формулы приведения и формулу тангенса половинного угла:
cos2xl + sin2xcos2xl + sin2x
cos2x
l + sin2x
cos2x
l + sin2x
Теперь исходное уравнение запишется в виде
(я \ — х I —tg6x=0, 4/(я \ — х I —tg6x=0, 4/sin2x# — 1, соабх^Оsin2x# — 1, соабх^Оп, ZeZ.п, ZeZ.
(я \ — х I —tg6x=0, 4/
(я \ — х I —tg6x=0, 4/
sin2x# — 1, соабх^О
sin2x# — 1, соабх^О
п, ZeZ.
п, ZeZ.
Л ЯЛIt Т.!
4. Сначала найдем ОДЗ неравенства:4. Сначала найдем ОДЗ неравенства:х + 1 >0,х + 1#1, 3-2х-х2>0, 1-Зх>0х + 1 >0,х + 1#1, 3-2х-х2>0, 1-Зх>0Ответ: х=—+—, х*—+—; л, ZeZ. 28 712 6
4. Сначала найдем ОДЗ неравенства:
4. Сначала найдем ОДЗ неравенства:
х + 1 >0,
х + 1#1, 3-2х-х2>0, 1-Зх>0
х + 1 >0,
х + 1#1, 3-2х-х2>0, 1-Зх>0
Г х>-1,
=»xe(-l,0)|J(0,1/3).=»xe(-l,0)|J(0,1/3).J х#0,
=»xe(-l,0)|J(0,1/3).
=»xe(-l,0)|J(0,1/3).
) (х + 3)(х-1)<0, tx<1/3
Далее рассмотрим два случая: 1) основание логарифма больше 1; 2) основание логарифма меньше 1. Имеем:
Гх+1>1,Jx>0,
!) 1з-2х-х2>1-зх=,> {(х+псх-гхо’*
(х>0,
=> <=> 0<х<1/3 (с учетом ОДЗ);
1-1«х«2
(0<х+1<1,f-l<x<0,
2) <' =* 1=> 0-
(3-2х-х2<1-*Зх(х<-1, х>2.,
Ответ: хе(0, 1/3).
Введем обозначения: АВ=с, AC=b, h — высота ромба, а — сторона ромба, а — тупой угол ромба (рис. Р.П. 17). Из вершины D ромба проведем высоты DELAB и DFLAC (DF=DE= А), которые являются также высотами в ^ABD и kADC. В ^DFK имеем sin lDKA =
DF А V3
= sin(180° —а)=— =-=— =» a = 120°.
DK a 2
Из условия SLABC='^J^ CM2 И Ра"
венстввенств(b + c).(b + c).1
венств
венств
(b + c).
(b + c).
5bABC = SдДРс+ SkABD=^ Ь^Ь + С^
i ■ V3
8длвс=- AC ■ AB sin 120°=— be 24
получаем систему для определения бис:
[6+с=64,[6=24,[6=40,
<=» < или <
(6с=960,(с=40(с=24.
По теореме косинусов находим третью сторону ВС:
ВС1»1^1^1-! • М • 40cos 120° = 3136; ВС=56 (см).
Ответ: 24, 40 и 56 см.
Преобразуем левую .часть уравнения, используя формулы сокращенного умножения:
х2+(1 + а)у2+(2+la^cy + (4 + 6a)x + (4+4а)у+За+4 = =а(х2+у2+4+2ху+4х+4у) + 2ах—ах1 — а+(х2+у2 + 2ху+4х+4у+4) = =а(х+у+2)2 + (х+у+2)2-а(х-1)2.
Исходное уравнение примет вид (а+1)(х+у+2)2—а(х—1)2=0. Это уравнение имеет единственное решение, если знаки слагаемых одинаковы, т. е. либо [а+1<0,[а+1>0,
<либо <. Первая система не имеет решений, а решением
(а>0,(а<0■
второй служит интервал — 1<а<0. При найденных значениях параметра а решением исходного уравнения является пара чисел х=1, у= — 3. ■
я
Вариант XXIV. 1. (3; 2), (2; 3). 2. хе(-оо, -5)|J{-4}|J(-3, 2). 3. х^+ял,
Вариант XXVI. 1. х= -2 при а = -+2яЛ, £eZ. 2.(49; 9). 3. х, =лл, х,= +-*2як; 26
п. кеЪ. 4. хе( —11,5; -1]Ц(0^5; O,5)jJ(O,75; 1)Ц[2,5; оо). 5. 45°. 6. х^-б при
<i=l. Вариант XXVII. 1. хи=±>/2- 2. —9<х<0. 3.x, = яя, Х*-Е^+^* ”• *е^- 4. хе [2,25; 5). 5. 96 см2. 6. (0; а), (-а; — 0,5а), (—1,5а; 0,25а); при »=0 система имеет бесконечное множество решений вида х=—2у. Вариант XXV1IL 1. я
х= 38,6. 2. хе(—со, 1>ио- °0)- 3. х=- + ял, neZ. 4. (1/4; 1). 5.90°, 60°, 30°. 6. х=0, у=0 при а=1,25. Вариант XXIX. 1. Х]-2=±1, хз,4 = —2±V3- 2. хе(— оо, — 1)U . .л.—0.2/-
(J(3, со). 3. х=^ + ~^’ neZ. 4. хе(7“\ 7). 5. АВ=ВС=1 см, CD — V3 см,
яч/з
ХО = 3 см. 6. х=-+2ял, neZ при а = ±“- Вариант XXX. 1. х, = —5, х2 = 3. 2.
0<х<2, 2<х<я, ял<х<я+ял, neZ, л#0. Целые решения: 1, 3, 7, 8, 9. 3.
яя 2як'-J3, , х/з г ,
х,=- + 2ял,х2 =—Ч; л, JteZ. 4. хе(3 , 1)М(1, 3V ). 5. Пч/2 см2. 6. 2<х<3
2147
при а<3; 2<х^2+ч/4—а при 3<а<4; х=2, х=3 при а>4. Вариант XXXI. 1. хе(-оо, -2)U(-1, 2)|J(2,5; оо). 2. (-3; -1), (1; 3). 3. хеЯ 1/4OV2, «)• 4.
x1=litn, х3=~+2я£; л, keZ. 5. 5 и 12 см. 6. хе(—3, 1). Вариант XXXII. 1.
хе(-2, -73OV3. 2). 2. х=1. 3. хе(-4; -3,5)(J(-3; 8,5). 4. Зя/16; Зя/8. 5. 8, 10 я 12 см. 6. х=1 при а=0, х= — 1 при а=2. Вариант XXXIII. 1.х=я/2. Z х, = — 3, 5яя, ,
х2=0. 3. х1=—-—1-ял, х2=— — + як; л, fceZ. 4. хе( —5, —3)[J(3, 5). 6. а=2.
.я ял я
Вариант XXXIV. 1. хе[—2, 1). 2. xe[0, 3)[J(3, оо). 3. х1=~^*”^* Хг”"^*1*; я> JteZ. 4. хе(-оо, -5/2)|J(-5/2, -I25/62XJ(l/2, оо). 5. 75^3 «м2- 6. к=4. Вариант XXXV. L х=2. 2. хе(—оо, — 3){J(3, 1). 3. х=яя, пеХ. 4. хе €(-«>, -2-ч/Зи{~2О-2+72. «з). 6. «>-9/40; едииствеаное решение при д«-9/40, а=0.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Элементы Условия Решения, теории, задач указания, примерыответы
1041149189612169831011232211934613435410411491896121698310112322119346134354Глава 1.Задача по планиметрии 3
10
41
149
189
61
216
98
310
112
322
119
346
134
354
10
41
149
189
61
216
98
310
112
322
119
346
134
354
Глава 2.Задача по стереометрам 36
Глава 3. Задача по геометрам с применением тригонометрии 56
Г лава 4.Дополнительные задачи по геометрии . .93
Глава 5. Применение координат и векторов к решению задач 106
Приложения. Варианты заданий для самопроверки Варианты билетов для вступительных письменных экзаменов
Учебное издание
Егерев Виктор Константинович, Зайцев Владимир Валентинович, Кордемский Борис Анастасьевич, Маслова Тамара Николаевна, Орловская Ираида Федоровна, Позойсюй Роман Исаевич, Ряховская Галина Сергеевна, Суходский Андрей Матвеевич, Федорова Нина Михайловна
Сборник задач по математикедля поступающих во втузы(с решениями)
Книга 2. Геометрия
4. Решить уравнение log,x4-log,(x-4)-1.
5. В равнобедренной трапеции основания равны 24 и 10, а радиус описанной около нее окружности равен 13. Найти высоту трапеции при условии, что центр описанной окружности лежит вне трапеции.
6. Найти сумму квадратов наибольшего и наименьшего значений функции Дх)-х’—3x4-Зх+2 на отрезке [—1, 2]..
7. Найти число решений уравнения sin Зх-сов Зх-0 на отрезке [0, я].
1. Найти положительные корни уравнения х24—;+3 I Х4— 1=8.
г х2 \ х/
4. Биссектриса АВ равнобедренного треугольника АВС составляет с основ/
1. Найти число, 3,2% которого равно А——
\4/3
3. Число 18 представить в виде суммы трех положительных слагаемых так, чтобы первое слагаемое было равно третьему, а сумма квадратов всех трех слагаемых была наименьшей. '
□ Проведем OP LAB (рис. Р.1.57). Тогда АР—ВР—1 см и МР—3 см. Так как дРМО=60°, то L МОР—30° и ОМ-2МР-6 см. ■
85/8 см. 1.251. 6,25 см.
v _1 S2V^ ЗУVS2JS2
' поли, пир= * /—*/ ■/=/—/•
V^2~V^l «^i + «Уд+V ^l*^! Sj^Sa—S^Sx
3 294 arccos(tg^Aga)
*' л — arccos (tg Д/tg a)’
и DC, т. е. х=9 и у= — х-|—, находим у=-, т. е. С 9; - ]. Наконец,
4
У1+38
ординату точки D найдем из равенства =2, откуда у3=-, т. е.
1.2. 2. 9. 3. 10. 4. 8 см. 5. 0,8. 6. 0. 7.103. 8. 4 см. 9. 6.10. 16 кв. ед. Вариант XII. 1. — 9. 2. 1. 3. 3. 4. 11. 5. —1. 6. 7. 7. 4. 8. 0. 9. Утш= —1/епри х = 1/е. 10. 2. Вариант
под ред. М.И. Сканави
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ ВО ВТУЗЫ(С РЕШЕНИЯМИ). Кн. 2. Геометрия
Книга написана в соответствии с программой по геометрии для поступающих в вузы. Настоящее издание (6-е — 1992 г.) существенно переработано и дополнено. Задачи объединены по принципу однородности тем, типов, методов решения и разбиты на три группы по уровню их сложности. Ко многим задачам даны подробные решения. В каждой главе приведены сведения справочного характера и примеры решения задач.
Для поступающих в вузы.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Элементы
Условия
Решения,
теории,
задач
указания,
примеры
ответы
Глава 1. Задачи по планиметрии
3
10
149
Глава 2. Задачи по стереометрии
36
41
189
Глава 3. Задачи по геометрии с применением
56
61
216
тригонометрии
Глава 4. Дополнительные задачи DO геометрии
93
98
310
Глава 5. Применение координат и векторов к
106
112
322
решению задач
Приложения. Варианты заданий для самопроверки
119
346
Варианты билетов для вступительных письменных
134
354
экзаменов