Страница 123 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

Итоговая контрольная работа

Тема. Обобщение и систематизация знаний учащихся

1. Даны точки $A (1; -10; -2)$, $B (-5; 8; 8)$, $C (3; -6; -2)$ и $D (5; -7; 1)$. Докажите, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

2. Через вершину конуса проведена плоскость под углом $\alpha$ к плоскости основания. Эта плоскость пересекает основание конуса по хорде, которая видна из центра основания под углом $\beta$ и расстояние до которой от вершины конуса равно $h$. Найдите площадь сечения конуса данной плоскостью.

3. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равно $m$ и образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите объём пирамиды.

4. Основание прямой призмы — прямоугольный треугольник с острым углом $\alpha$. Диагональ боковой грани призмы, содержащей катет, прилежащий к углу $\alpha$, равна $d$ и наклонена к плоскости основания под углом $\beta$. Найдите:

1) объём призмы;

2) площадь боковой поверхности цилиндра, описанного около призмы.

5. Основание пирамиды — ромб с углом $\alpha$. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$. Найдите объём пирамиды, если радиус вписанной в неё сферы равен $r$.

Итоговая контрольная работа

Тема. Обобщение и систематизация знаний учащихся

1. Даны точки $A (1; -10; -2)$, $B (-5; 8; 8)$, $C (3; -6; -2)$ и $D (5; -7; 1)$. Докажите, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

2. Через вершину конуса проведена плоскость под углом $\alpha$ к плоскости основания. Эта плоскость пересекает основание конуса по хорде, которая видна из центра основания под углом $\beta$ и расстояние до которой от вершины конуса равно $h$. Найдите площадь сечения конуса данной плоскостью.

3. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равно $m$ и образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите объём пирамиды.

4. Основание прямой призмы — прямоугольный треугольник с острым углом $\alpha$. Диагональ боковой грани призмы, содержащей катет, прилежащий к углу $\alpha$, равна $d$ и наклонена к плоскости основания под углом $\beta$. Найдите:

1) объём призмы;

2) площадь боковой поверхности цилиндра, описанного около призмы.

5. Основание пирамиды — ромб с углом $\alpha$. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$. Найдите объём пирамиды, если радиус вписанной в неё сферы равен $r$.

1.

Для того чтобы доказать, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, необходимо показать, что вектор направления прямой $CD$ (вектор $\vec{CD}$) перпендикулярен двум неколлинеарным векторам, лежащим в плоскости $ABC$, например, векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$.

1. Найдем координаты векторов:
$\vec{CD} = \{5 - 3; -7 - (-6); 1 - (-2)\} = \{2; -1; 3\}$
$\vec{AB} = \{-5 - 1; 8 - (-10); 8 - (-2)\} = \{-6; 18; 10\}$
$\vec{AC} = \{3 - 1; -6 - (-10); -2 - (-2)\} = \{2; 4; 0\}$

2. Проверим, что векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$ не коллинеарны. Для этого проверим пропорциональность их координат:
$\frac{-6}{2} \neq \frac{18}{4}$.
Так как координаты не пропорциональны, векторы не коллинеарны.

3. Проверим перпендикулярность векторов с помощью скалярного произведения. Если скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны.
$\vec{CD} \cdot \vec{AB} = (2)(-6) + (-1)(18) + (3)(10) = -12 - 18 + 30 = 0$
$\vec{CD} \cdot \vec{AC} = (2)(2) + (-1)(4) + (3)(0) = 4 - 4 + 0 = 0$

Поскольку вектор $\vec{CD}$ перпендикулярен двум неколлинеарным векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$ в плоскости $ABC$, прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

2.

Пусть $S$ — вершина конуса, а $O$ — центр его основания. Секущая плоскость проходит через вершину $S$ и пересекает основание по хорде $AB$. Сечение представляет собой равнобедренный треугольник $SAB$. Площадь сечения $S_{сеч} = \frac{1}{2} AB \cdot SM$, где $SM$ — высота треугольника $SAB$, проведенная к основанию $AB$.

Из условия, расстояние от вершины конуса до хорды равно $h$. Это расстояние и есть высота $SM$. Таким образом, $SM = h$.

Угол между плоскостью сечения $(SAB)$ и плоскостью основания — это угол между перпендикулярами к их линии пересечения $AB$. В плоскости основания перпендикуляром к $AB$ из центра $O$ является отрезок $OM$ (где $M$ — середина $AB$). В плоскости сечения перпендикуляром к $AB$ является $SM$. Следовательно, угол между плоскостями равен $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$:
$OM = SM \cdot \cos(\alpha) = h \cos(\alpha)$.

Хорда $AB$ видна из центра основания $O$ под углом $\beta$, то есть $\angle AOB = \beta$. Треугольник $AOB$ — равнобедренный ($OA=OB=R$, где $R$ — радиус основания). $OM$ является в нем медианой и биссектрисой, поэтому $\angle AOM = \frac{\beta}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOM$:
$AM = OM \cdot \tan(\angle AOM) = OM \cdot \tan(\frac{\beta}{2})$.
Подставим выражение для $OM$:
$AM = h \cos(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})$.

Длина хорды $AB = 2 \cdot AM = 2h \cos(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})$.

Теперь найдем площадь сечения (треугольника $SAB$):
$S_{сеч} = \frac{1}{2} AB \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot (2h \cos(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})) \cdot h = h^2 \cos(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})$.

Ответ: $h^2 \cos(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})$

3.

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

Пирамида правильная четырёхугольная, значит, в её основании лежит квадрат, а высота проецируется в центр квадрата (точку пересечения диагоналей). Пусть $S$ — вершина пирамиды, $ABCD$ — основание, $O$ — центр основания. Тогда $SO=H$.

Боковое ребро, например $SA$, равно $m$. Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между ребром $SA$ и его проекцией $AO$ на плоскость основания. Таким образом, $\angle SAO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAO$:
Высота пирамиды $H = SO = SA \cdot \sin(\angle SAO) = m \sin(\alpha)$.
Проекция ребра на основание $AO = SA \cdot \cos(\angle SAO) = m \cos(\alpha)$.

$AO$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Диагональ $AC = 2 \cdot AO = 2m \cos(\alpha)$.

Сторона квадрата $a$ связана с его диагональю $d$ соотношением $d = a\sqrt{2}$. Отсюда $a = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{2m \cos(\alpha)}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} m \cos(\alpha)$.

Площадь основания $S_{осн} = a^2 = (\sqrt{2} m \cos(\alpha))^2 = 2m^2 \cos^2(\alpha)$.

Теперь найдем объём пирамиды:
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} (2m^2 \cos^2(\alpha)) (m \sin(\alpha)) = \frac{2}{3} m^3 \sin(\alpha) \cos^2(\alpha)$.

Ответ: $\frac{2}{3} m^3 \sin(\alpha) \cos^2(\alpha)$

4.

Пусть основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $\angle C = 90^\circ$ и острым углом $\angle A = \alpha$. Катет, прилежащий к углу $\alpha$, — это $AC$. Боковая грань, содержащая этот катет, — прямоугольник $ACC'A'$.

Диагональ этой грани $AC' = d$. Угол наклона этой диагонали к плоскости основания — это угол между $AC'$ и её проекцией $AC$, то есть $\angle C'AC = \beta$.

1) объём призмы;

Объём призмы $V = S_{осн} \cdot H$.
Из прямоугольного треугольника $C'AC$:
Высота призмы $H = CC' = AC' \sin(\beta) = d \sin(\beta)$.
Катет основания $AC = AC' \cos(\beta) = d \cos(\beta)$.
Из прямоугольного треугольника $ABC$:
Второй катет $BC = AC \tan(\alpha) = d \cos(\beta) \tan(\alpha)$.
Площадь основания $S_{осн} = \frac{1}{2} AC \cdot BC = \frac{1}{2} (d \cos(\beta)) (d \cos(\beta) \tan(\alpha)) = \frac{1}{2} d^2 \cos^2(\beta) \tan(\alpha)$.
Объём призмы:
$V = S_{осн} \cdot H = \left(\frac{1}{2} d^2 \cos^2(\beta) \tan(\alpha)\right) (d \sin(\beta)) = \frac{1}{2} d^3 \cos^2(\beta) \sin(\beta) \tan(\alpha)$.

Ответ: $\frac{1}{2} d^3 \cos^2(\beta) \sin(\beta) \tan(\alpha)$

2) площадь боковой поверхности цилиндра, описанного около призмы.

Площадь боковой поверхности цилиндра $S_{бок. цил.} = 2 \pi R H$, где $H$ — высота цилиндра (равна высоте призмы), $R$ — радиус основания.
Высота $H = d \sin(\beta)$.
Основание цилиндра — это окружность, описанная около прямоугольного треугольника $ABC$. Радиус такой окружности равен половине гипотенузы: $R = \frac{AB}{2}$.
Из треугольника $ABC$:
$AB = \frac{AC}{\cos(\alpha)} = \frac{d \cos(\beta)}{\cos(\alpha)}$.
Радиус основания цилиндра:
$R = \frac{1}{2} \cdot \frac{d \cos(\beta)}{\cos(\alpha)} = \frac{d \cos(\beta)}{2 \cos(\alpha)}$.
Площадь боковой поверхности цилиндра:
$S_{бок. цил.} = 2 \pi \left(\frac{d \cos(\beta)}{2 \cos(\alpha)}\right) (d \sin(\beta)) = \frac{\pi d^2 \cos(\beta) \sin(\beta)}{\cos(\alpha)}$.
Используя формулу синуса двойного угла $2\sin\beta\cos\beta = \sin(2\beta)$, можно записать:
$S_{бок. цил.} = \frac{\pi d^2 \sin(2\beta)}{2 \cos(\alpha)}$.

Ответ: $\frac{\pi d^2 \sin(2\beta)}{2 \cos(\alpha)}$

5.

Объём пирамиды $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$.

Так как все двугранные углы при рёбрах основания равны $\beta$, вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. В основании лежит ромб, в него всегда можно вписать окружность, центр которой — точка пересечения диагоналей.

Пусть $O$ — центр основания, $SO=H$ — высота пирамиды. Проведем из $O$ перпендикуляр $OK$ к стороне ромба. $OK = r_{осн}$ — радиус вписанной в ромб окружности. $SK$ — апофема боковой грани. Угол $\angle SKO = \beta$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания.

Центр вписанной в пирамиду сферы лежит на высоте $SO$. Пусть это точка $I$. Расстояние от $I$ до плоскости основания равно радиусу сферы $r$, т.е. $IO=r$. Расстояние от $I$ до боковой грани также равно $r$. В сечении $SOK$ это расстояние — перпендикуляр, опущенный из $I$ на апофему $SK$. Это означает, что $KI$ является биссектрисой угла $\angle SKO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $IOK$. Катет $IO=r$, а угол $\angle OKI = \frac{\beta}{2}$.
$OK = r_{осн} = \frac{IO}{\tan(\frac{\beta}{2})} = \frac{r}{\tan(\frac{\beta}{2})}$.

Из прямоугольного треугольника $SOK$ найдем высоту пирамиды:
$H = SO = OK \cdot \tan(\beta) = \frac{r \tan(\beta)}{\tan(\frac{\beta}{2})}$.

Теперь найдем площадь основания. Высота ромба $h_{ромб} = 2r_{осн} = \frac{2r}{\tan(\frac{\beta}{2})}$.
Сторона ромба $a$ связана с его высотой и острым углом $\alpha$: $h_{ромб} = a \sin(\alpha)$.
$a = \frac{h_{ромб}}{\sin(\alpha)} = \frac{2r}{\sin(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})}$.
Площадь ромба $S_{осн} = a \cdot h_{ромб} = \left(\frac{2r}{\sin(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})}\right) \cdot \left(\frac{2r}{\tan(\frac{\beta}{2})}\right) = \frac{4r^2}{\sin(\alpha) \tan^2(\frac{\beta}{2})}$.

Вычислим объём пирамиды:
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{4r^2}{\sin(\alpha) \tan^2(\frac{\beta}{2})} \cdot \frac{r \tan(\beta)}{\tan(\frac{\beta}{2})} = \frac{4r^3 \tan(\beta)}{3 \sin(\alpha) \tan^3(\frac{\beta}{2})}$.

Ответ: $\frac{4r^3 \tan(\beta)}{3 \sin(\alpha) \tan^3(\frac{\beta}{2})}$